安徽省黄山市屯溪第一中学2020-2021学年高二上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2020高二上·黄山期中）下列说法中正确的是（ ）
A．合成氨反应选择在400～500℃进行的重要原因是催化剂在500℃左右时的活性最大
B．在工业生产条件优化时，只考虑经济性就行，不用考虑环保
C．工业合成氨的反应是 H<0、 S<0的反应，在任何温度下都可自发进行
D．在合成氨中，为增加H2的转化率，充入的N2越多越好
【答案】A
【知识点】工业合成氨；合成氨条件的选择
【解析】【解答】A．合成氨正反应放热，温度越高反应速率越快，但氨气的产率越低，该反应选择400～500℃进行的重要原因是催化剂在500℃左右时的活性最大，A符合题意；
B．在工业生产条件优化时，不但要考虑经济性，还要考虑环保，不能只顾了生产而污染环境，B不符合题意；
C．工业合成氨的反应 H<0、 S<0，温度较低时， H-T S<0，反应可自发进行，高温时可能会 H-T S>0，使反应不能自发进行，C不符合题意；
D．理论上氮气越多越好，但充入过多的氮气会造成压强过大，对设备的强度要求更高，而且会影响到产物中氨气的分离，所以充入的氮气要有一定的限度，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.催化剂在500℃左右时的活性最大；
B.保护环境就是保护人类自己；
C.如果 H-T S<0时，反应才能自发进行；
D.过多的氮气会带走热量。
2．（2019高二上·宁夏期中）已知分解1mol H2O2 放出热量98kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2的分解机理为：H2O2+I-→H2O+IO- 慢，H2O2+IO-→H2O+O2+I- 快；下列有关反应的说法正确的是（ ）
A．反应的速率与I-的浓度有关 B．IO-也是该反应的催化剂
C．反应活化能等于98kJ·mol-1 D．v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
【答案】A
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、根据反应机理可知I-是H2O2分解的催化剂，碘离子浓度大，产生的IO-就多反应速率就快，A符合题意；
B、IO-不是该反应的催化剂，B不符合题意；
C、反应的活化能是反应物的总能量与生成物的总能量的差值。这与反应的物质得到多少，C不符合题意；
D、 H2O2分解的总方程式是2H2O2=2H2O+ O2↑；由于水是纯液体，不能用来表示反应速率，而且H2O2和O2的系数不同，表示的化学反应速率也不同，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、已知：①H2O2+I-→H2O+IO- 慢 ②H2O2+IO-→H2O+O2+I- 快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，I-是①的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响；
B、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I-，IO-只是中间产物；
C、1mol过氧化氢分解的△H=-98KJ/mol，△H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差；
D、H2O2分解的总方程式是2H2O2=2H2O+ O2↑，注意水是液体。
3．（2020高二上·黄山期中）某反应由两步反应 构成，它的反应能量曲线如图 、 、 、 表示活化能 。下列有关叙述正确的是
A．相同条件下 反应的速率小于 的速率
B．两步反应均为吸热反应
C．A，B，C中物质B最稳定
D．整个反应的
【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A．由图像可知， 反应的活化能大于 的活化能，且活化能越大，反应速率越慢，故相同条件下 反应的速率小于 的速率，A符合题意；
B．由图象可知A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，B不符合题意；
C．物质的总能量越低，越稳定，由图象可知C能量最低最稳定，C不符合题意；
D．整个反应中 H= HA→B+ HB→C=E1-E2+E3-E4， D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.反应的活化能越大，反应速率越小，反之相反；
B.由图可知，B的能量比C的能量高；
C.能量低的物质较稳定；
D.由反应物、生成物总能量判断焓变。
4．（2020高二上·黄山期中）根据以下3个热化学方程式：
2H2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(l) △H＝Q1 kJ/mol
2H2S(g)+O2(g)＝2S (s)+2H2O(l) △H＝Q2 kJ/mol
2H2S(g)+O2(g)＝2S (s)+2H2O(g) △H＝Q3 kJ/mol
判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（ ）
A．Q1>Q2>Q3 B．Q3>Q2>Q1 C．Q1>Q3>Q2 D．Q2>Q1>Q3
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】H2S的燃烧反应是放热反应，所以ΔH均小于0。反应放出的热量越多，ΔH越小。H2S完全燃烧生成SO2和水，不完全燃烧生成S和水，完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，所以Q1小于Q2，Q1也小于Q3；水由液态变为气态需要吸收热量，所以Q2小于Q3；所以Q3＞Q2＞Q1，
故答案为：B。
【分析】三个反应都为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多，以此解答该题。
5．（2020高二上·黄山期中）下列热化学方程式及有关应用的叙述中，正确的是（ ）
A．甲烷的燃烧热为 890.3kJ mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+ 2O2(g) ═ CO2(g) + 2H2O(g) △H = -890.3kJ mol-1
B．已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为 57.3kJ mol-1，则 H2SO4(aq)+ Ba(OH)2(aq)═ BaSO4(s)+H2O(l) △H = -57.3kJ mol-1
C．500℃、30MPa 下，将 0.5mol N2 和 1.5molH2 置于密闭的容器中充分反应生成 NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H= -38.6kJ mol-1
D．已知 25℃、101KPa 条件下：4Al(s) + 3O2(g) ═ 2Al2O3(s) △H= -2834.9kJ mol-1，4Al(s) + 2O3(g) ═ 2Al2O3(s) △H = -3119.1kJ mol-1，则 O2比 O3 稳定
【答案】D
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，氢元素应该转化成液态水，选项A不符合题意；
B、硫酸和氢氧化钡溶液的反应中，硫酸根和钡离子反应生成硫酸钡沉淀也伴随着能量变化，选项B不符合题意；
C、合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，题给信息无法确定该反应的焓变，选项C不符合题意；
D、已知25℃、101KPa条件下：①4Al（s）＋3O2（g）＝2Al2O3（s） △H＝－2834.9 kJ·mol-1，②4Al（s）＋2O3（g）＝2Al2O3（s） △H＝－3119.1 kJ·mol-1，根据盖斯定律：①-②得3O2（g）＝2O3（g），△H＝+288.2 kJ·mol-1，则O2比O3稳定，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A．燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；
B．中和热是强酸强碱在稀溶液中反应生成1mol水时放出的热量，△H=-57.3 kJ/mol；
C．可逆反应的焓变是反应物按照系数比完全反应时的热效应；
D．根据盖斯定律计算；
6．（2020高二上·黄山期中）甲烷的燃烧热为 ，但当 不完全燃烧生成CO和 时，放出的热量为607kJ，如果 与一定量 燃烧生成CO、 、 ，并放出 的热量，则一定量 的质量为
A．40g B．56g C．60g D．无法计算
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】根据已知条件可写出反应①： ；反应②： ；
根据盖斯定律，反应①×2+反应②可得反应③： ；
则 与一定量 燃烧生成CO、 、 ，并放出 的热量，根据对应关系式可解得消耗氧气的质量为 ，
故答案为：C。
【分析】根据盖斯定律写出甲烷燃烧生成CO2和CO的方程式，再进行计算。
7．（2020高二上·黄山期中）某温度下，在2L的密闭容器中，加入1mol X(g)和2mol Y(g)发生反应： X(g)+mY(g) 3Z(g)，平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1mol Z(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述错误的是
A．m=2
B．两次平衡的平衡常数相同
C．X与Y的平衡转化率之比为1：1
D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4mol/L
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；等效平衡
【解析】【解答】A．某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X(g)+mY(g) 3Z(g)，平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1mol Z(g)，则可等效为两等效平衡体系，在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动，但再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A不符合题意；
B．同一化学反应的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数相同，B不符合题意；
C．m=2，起始量X与Y之比为1：2，则反应过程中由方程式可知反应的X与Y之比为1：2，故X与Y的平衡转化率之比为1：1，C不符合题意；
D．m=2，则该反应为反应前后气体总量不变的反应，故第二次平衡时Z的物质的量为：4mol×10%=0.4mol，故Z的浓度为0.4mol÷2L=0.2mol/L，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据等效平衡分析；
B．平衡常数只与温度有关；
C．根据起始量和转化量计算转化率；
D．根据反应前后气体总量不变计算；
8．（2020高二上·黄山期中）现代火法炼锌过程中发生了以下三个主要反应。下列说法正确的是（ ）
① 2ZnS(s) + 3O2(g)=2ZnO(s)+2SO2(g) △H1=a kJ mol-1
② 2C(s) +O2(g)=2CO(g) △H2=b kJ mol-1
③ ZnO(s) +CO(g)=Zn(g) +CO2(g) △H3=c kJ mol-1
A．以上三个反应中，只有①是放热反应
B．反应②的作用是仅为反应③提供还原剂
C．反应ZnS(s)+C(s)+2O2(g)=Zn(g)+SO2(g)+CO2(g)的△H= kJ mol-1
D．用这种方法得到的是纯净的锌单质
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A. 碳不完全燃烧也是放热反应，A不符合题意；
B. 反应②的作用既可以为反应③提供还原剂，同时反应放热，也提供能量，B不符合题意；
C. 根据盖斯定律可知反应（①+②+2×③）/2即得到反应ZnS(s)+C(s)+2O2(g)＝Zn(g)+SO2(g)+CO2(g)的△H= kJ mol-1，C符合题意；
D. 用这种方法得到的是含有杂质（碳或ZnS等）的锌单质，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】A.根据常见放热反应类型进行判断，燃烧反应属于放热反应。
B.从反应的条件考虑判断反应间的关系。
C.根据盖斯定律，由分反应进行加合得总反应的焓变。
D.根据反应特点可以判断可能含有的杂质，对于固体和气体的反应一般在固体表面发生，故固体一般是反应不充分。
9．（2020高二上·黄山期中）下列生产或实验事实引出的相应结论错误的是
选项 事实 结论
A 其他条件相同， 溶液和 溶液反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间缩短 当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快
B 浓度相同的盐酸和醋酸分别与等质量的形状相同的锌粒反应 反应开始时速率相同
C 在容积可变的密闭容器中发生反应： ，把容积的体积缩小一半 正反应速率加快，逆反应速率减慢
D A、B两支试管中分别加入等体积 的 溶液，在B试管中加入 滴 溶液，B试管中产生气泡快 当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】A．温度可加快反应速率，则其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快，故A不符合题意；
B． 浓度相同，故反应刚开始，二者反应速率一样，B不符合题意；
C．容器的体积缩小一半，压强增大，则正逆反应的反应速率均增大，C符合题意；
D．只有催化剂一个变量，则其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.反应速率的影响因素判断，温度适合于任何反应。故温度升高，反应速率加快。
B.反应开始的速率和外界条件浓度等因素有关，利用条件的不同进行判断快慢。
C.容器体积缩小，会增大反应物和生成物的浓度，利用浓度对反应速率的影响进行判断反应速率的变化。
D.反应速率影响的外界条件催化剂对反应速率的影响。
10．（2020高二上·黄山期中）NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020 mol·L－1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL混合，记录10～55 ℃间溶液变蓝时间，55 ℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断错误的是（ ）
A．40 ℃之前，温度升高反应速率加快，变蓝时间变短
B．40 ℃之后溶液变蓝的时间随温度的升高变长
C．图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等
D．图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0×10－5mol·L－1·s－1
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、根据图像，40℃以前由80s逐渐减小，说明温度升高反应速率加快，故A说法不符合题意；
B、根据图像，40℃之后，溶液变蓝的时间随温度的升高变长，故B说法不符合题意；
C、40℃以前，温度越高，反应速率越快，40℃以后温度越高，变色时间越长，反应越慢，可以判断出40℃前后发生的化学反应不同，虽然变色时间相同，但不能比较化学反应速率，故C说法符合题意；
D、混合前NaHSO3的浓度为0.020mol·L－1，忽略混合前后溶液体积的变化，根据c1V1=c2V2，混合后NaHSO3的浓度为 =0.0040mol·L－1，a点溶液变蓝时间为80s，因为NaHSO3不足或KIO3过量，NaHSO3浓度由0.0040mol·L－1变为0，根据化学反应速率表达式，a点对应的NaHSO3反应速率为 =5.0×10－5mol/(L·s)，故D说法不符合题意；
故答案为：C。
【分析】易错点是选项D，学生计算用NaHSO3表示反应速率时，直接用0.02mol·L－1和时间的比值，忽略了变化的NaHSO3浓度应是混合后NaHSO3溶液的浓度。
11．（2020高二上·黄山期中）将1molM和2 molN置于体积为2L的恒容密闭容器中，发生反应：M(s)+2N(g) P(g)+Q(g) △H。反应过程中测得P的体积分数在不同温度下随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．若X、Y两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2
B．温度为T1时，N的平衡转化率为80%，平衡常数K=40
C．无论温度为T1还是T2，当容器中气体密度和压强不变时，反应达平衡状态
D．降低温度、增大压强、及时分离出产物均有利于提高反应物的平衡转化率
【答案】A
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A. 若X点P的体积分数40%，Y点P的体积分数小于40%，X点P的含量高，P为生成物，产率越大，平衡常数越大，两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2，故A符合题意；
B. 温度为T1时，设N的变化量为xmol，根据反应：
M(s)+ 2N(g) P(g)+ Q(g)
起始（mol） 1 2 0 0
转化（mol） x
平衡（mol） 2-x
温度为T1时，X点P的体积分数= =40%，解得x=1.6mol。
N的平衡转化率为= =80%，平衡常数K= 4，故B不符合题意；
C. 该反应为反应前后气体体积不变的体系，压强不影响平衡移动，不能做为达到平衡的判断依据，故C不符合题意；
D.该反应为反应前后气体体积不变的体系，增大压强，反应速率加快，但压强不影响平衡移动，转化率不变；根据“先拐先平数值大”的原则，T2> T1，降低温度P的体积分数减少，反应向逆向进行，即放热的方向进行，反应物的转化率较低，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.平衡常数只于温度有关，对于吸热反应来说，平衡常数与温度成正比，放热反应成反比。
B.根据温度平衡线中的X点利用三段式计算平衡常数。
C.根据反应方程式气体分子数在反应前后的特点判断是否可以做平衡标志，在反应过程中平衡标志随着平衡的移动而发生变化。
D.利用勒夏特列原理判断温度、压强对平衡的影响。利用平衡是否移动判断平衡转化率。
12．（2020高二上·黄山期中） 红棕色 无色 。将一定量的 充入注射器中并密封，改变活塞位置的过程中，气体透光率随时间的变化如图所示 气体颜色越深，透光率越小 。下列说法错误的是
A．a点达到了平衡状态
B．b点对应的时刻改变的条件是将注射器的活塞向外拉
C．d点：v(正)
【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．a点透光率不再发生变化，则a点达到平衡状态，A不符合题意；
B．颜色越深，透光率越小，可以知道b点时c(NO2)增大，则b点对应的时刻改变的条件不可能是将注射器的活塞向外拉，B符合题意；
C．d点透光率减小，平衡逆向移动，则v(正)
故答案为：B。
【分析】A.利用平衡的特点进行判断是否是平衡标志。
B.容器的体积增大，浓度会减小导致透光率会发生变化。
C.根据d点变化判断平衡的移动方向。
D.利用温度对平衡的影响，降温平衡向放热方向移动，判断气体颜色的变化，从而判断透光率的变化。
13．（2020高二上·黄山期中）在某温度下，向三个初始体积均为1L的密闭容器中按下表所示投料，发生反应： 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH<0。下列说法错误的是
容器编号 容器类型 起始物质的量/mol 平衡时SO3的 物质的量/mol
SO2 O2 SO3
Ⅰ 恒温恒容 2 1 0 1.8
Ⅱ 绝热恒容 0 0 2 a
Ⅲ 恒温恒压 2 1 0 b
A．容器Ⅱ中SO3的转化率等于10%
B．容器Ⅲ平衡体系中保持容器压强不变，充入0.100mol SO3(g)，新平衡后SO3浓度未变
C．平衡时SO3的物质的量：a>1.8、b<1.8
D．若容器Ⅰ中有0.10mol SO2(g)、0.20mol O2(g)和0.100mol SO3(g)，则此时v正>v逆
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；等效平衡；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．利用三段式求出容器Ⅰ中的平衡常数K，求解容器Ⅰ的平衡常数K，体积为1L。
则平衡常数K=810，温度不变，平衡常数不变，反应Ⅱ平衡时，SO3剩余1.8mol，故SO3的转化率等于10%，A不符合题意；
B．保持容器压强不变，充入0.100mol SO3(g)，可看做与原平衡等效，在次平衡时SO3浓度不变，B不符合题意；
C．恒温恒压相比于恒温恒容，相当于在恒容的平衡状态下，减小体积，维持压强不变。减小体积，增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，为正反应方向，SO3的物质的量大于1.8，a>1.8。容器Ⅲ如果是恒温恒压，则平衡结果和容器Ⅰ中的一样，c=1.8mol，但是现在容器Ⅲ为绝热装置，SO3分解属于吸热反应，相当于达到容器Ⅰ中的平衡后，再降低温度，向放热反应方向移动，SO3的物质的量增加，b>1.8mol，C符合题意；
D．根据A项可知该反应的平衡常数，再利用浓度商Qc和平衡常数K的关系，判断平衡移动方向。若起始时向容器I中充入0.10 mol SO2(g)、0.20mol O2(g)和0.100mol SO3(g)，则浓度商Qc=133，浓度商Qc小于K，平衡逆向移动，则v正>v逆，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.转化率的计算一般利用三段式。
B.利用在一定条件性的等效平衡判断各物质的浓度变化。
C.通过对比试验I和III，利用等效法判断平衡是否发生移动。
D.通过平衡移动方向判断反应速率的大小，根据等温下平衡常数不变，利用平衡常数与浓度商的比较判断平衡的移动方向。
14．（2019高一下·白城月考）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g) 2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是（ ）
A．550℃时，若充入惰性气体， 正， 逆 均减小，平衡不移动
B．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C．T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550℃时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此 正， 逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A不符合题意；
B.根据图像可知在650℃时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1 mol，则反应产生CO 0.4 mol，其中含有CO2 0.6 mol，反应产生0.4 molCO消耗CO2的物质的量是0.2 mol，因此CO2转化率为0.2 mol÷(0.6 mol+0.2 mol)×100%=25.0%，B符合题意；
C.T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C不符合题意；
D.925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP= ，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.恒压条件下，充入惰性气体相等于减小压强，据此分析即可；
B.根据650℃时，CO的体积分数进行计算二氧化碳转化率；
C.T℃时，一氧化碳和二氧化碳的体积分数相等，充入相同体积的一氧化碳和二氧化碳，没有改变其浓度；
D.根据平衡常数的定义式进行计算即可。
15．（2020高二上·黄山期中）已知常温下，几种物质的电离平衡常数：
弱酸 HCOOH HCN H2CO3 HClO 苯酚
K25℃ K =1.77× 10-4 K=4.9× 10-10 K1=4.3× 10-7 K2= 5.6× 10-11 K= 2.98× 10-8 K=1.1× 10-10
下列反应的离子方程式正确的有：（ ）
①向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：2C6H5O-+CO2+H2O→2C6H5OH+CO
②次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳：Ca2+ + 2ClO- +CO2+ H2O= CaCO3↓十2HClO
③次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳：2ClO- +H2O+CO2 =2HClO+CO
④次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫：3ClO- +SO2+ H2O=SO + 2HClO+Cl-
⑤纯碱溶液中滴加少量甲酸：2HCOOH+CO =2HCOO-十H2O+CO2↑
⑥碳酸钠溶液中通入过量氯气：Cl2 +H2O+2CO =2HCO +Cl- +ClO-
⑦NaCN溶液中通入少量的CO2：CN- +CO2 +H2O=HCO + HCN
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】①苯酚酸性强于碳酸氢根，故向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5O- +CO2 + H2O→C6H5OH+HCO ，不符合题意；
②碳酸酸性强于次氯酸，故次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳：Ca2+ + 2ClO- +CO2+ H2O= CaCO3↓十2HClO，符合题意；
③次氯酸酸性强于碳酸氢根离子，故次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳：ClO- +H2O+CO2 =HClO+HCO ，不符合题意；
④次氯酸跟有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者发生氧化还原反应，二氧化硫少量，还有HClO生成，故次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫：3ClO- +SO2+ H2O=SO + 2HClO+Cl-，符合题意；
⑤甲酸酸性＞碳酸＞碳酸氢根离子，则纯碱溶液中滴加少量甲酸：HCOOH+CO =HCOO-十HCO ，不符合题意；
⑥酸性：盐酸＞碳酸＞次氯酸＞碳酸氢根离子，碳酸钠溶液中通入过量氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳：2Cl2 +H2O+2CO =CO2 ↑+2Cl- +2HClO，不符合题意；
⑦酸性：碳酸＞HCN＞碳酸氢根离子，则NaCN溶液中通入少量的CO2：CN- +CO2 +H2O=HCO + HCN，符合题意；
综上所述，②④⑦符合题意，
故答案为：B。
【分析】由电离平衡常数可知酸性：HCOOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞C6H5OH＞HCO ，结合氢离子能力：CO ＞C6H5O-＞CN-＞ClO-＞HCO ＞HCOO-，据此解答。
16．（2020高二上·黄山期中）臭氧是理想的脱硝试剂，其反应为： 。反应达平衡后，其他条件不变，只改变下图中的条件，正确的是
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A． 由图像可知，增大压强， (正)> (逆)，平衡正向移动，该反应的正反应是一个气体体积减小的方向，A符合题意；
B．由图像可知，增大压强，反应物的转化率减小，平衡逆向移动，而该反应的正反应是一个气体体积减小的方向，增大压强，平衡正向移动，B不符合题意；
C．由图像可知，升高温度，K增大，说明平衡正向移动，但该反应的正反应 ，是放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，C不符合题意；
D．由图像可知，该反应的正反应 ，是放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应物的浓度增大，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.中注意图像中根据外界条件的影响的综合判断，应该根据交叉点后的影响进行判断。
B.根据压强对平衡的影响进行判断，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动。
C.平衡常数只于温度有关，对于放热反应来说，K与T成反比关系。
D.根据温度对平衡的影响判断，升高温度平衡向吸热方向移动。
17．（2020高二上·黄山期中）三氯氢硅 是制备硅烷、多晶硅的重要原料，在催化剂作用下可发生反应： ，在 和 时 的转化率随时间变化的结果如图所示。
下列叙述错误的是（ ）
A．该反应为吸热反应
B．反应速率大小：
C． 时，平衡常数
D．增大压强，可以提高 的平衡转化率，缩短达平衡的时间
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．升高温度，SiHCl3的平衡转化率增大，所以该反应为吸热反应，A不符合题意；
B．a点切线斜率较大，则反应速率大小：va＞vb，B不符合题意；
C.50℃时，SiHCl3的转化率为21%，假设SiHCl3的起始浓度为2xmol/L，根据方程式可知 ，平衡常数K= ，C不符合题意；
D．增大压强，平衡不移动，增大压强不能提高SiHCl3的平衡转化率，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据图像中温度的变化，判断温度对平衡的影响，根据温度升高平衡向吸热方向移动判断反应类型。
B.反应速率的大小根据外界条件的大小判断，温度越高反应速率越大。
C.平衡常数的计算利用三段式进行计算。
D.增大压强平衡向着气体体积减小的方向移动进行判断。
二、填空题
18．（2020高二上·黄山期中）
（1）在101kPa时， 在 中完全燃烧生成2mol液态水，放出 的热量，请写出 燃烧热的热化学方程式为 。
（2）已知1g碳粉在氧气中完全燃烧放出的热量是 ，试写出相关的热化学方程式 。
（3）已知在常温常压下：
①
②
③
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：
（4）将 和 充入2L盛有催化剂的密闭容器中，发生氨的催化氧化。如图为不同温度下，反应5min时NO的产率图。
① 下，5min内该反应的平均反应速率
②若不考虑催化剂的影响，5min时 下和 下逆反应速率较快的为 填“ ”或“ ” ，原因为
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）；；温度越高，逆反应速率增长的越快
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】(1)1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量为该物质的燃烧热，已知氢气在1mol氧气中完全燃烧放出571.6kJ的能量，则氢气燃烧热的热化学方程式为 ；(2)1g碳粉完全燃烧生成二氧化碳放出32.8kJ的能量，则1mol碳粉完全燃烧生成12×32.8kJ=393.6kJ的能量，故该反应的热化学方程式为 ；(3)根据盖斯定律，将热化学方程式①减去热化学方程式②加上热化学方程式③即可得到目标方程式的热化学方程式，目标方程式的热化学方程式为 ；(4)①T2℃下NO的产率为80%，说明有80%的NH3发生了反应，根据反应方程式4NH3+5O2 4NO+6H2O，可得出v(NH3)=0.032mol/(L·min)；
②温度越高，单位体积内的活化分子百分数越大，反应速率越快，故T3下的速率大于T1下的速率，故答案为T3。
【分析】（1）利用燃烧热的定义，燃烧1mol物质进行书写方程式，注意物质状态的表示。
（2）热化学方程式的书写中注意状态的表示及焓变的计算。
（3）利用盖斯定律通过分反应的加合得总反应方程式的焓变，注意在总反应方程式中找分反应的相同物质。
（4）根据速率公式进行计算氨气的速率。根据速率的外界影响因素判断速率的大小。
19．（2020高二上·黄山期中）甲醇可以与水蒸气反应生成氢气，反应方程式如下： 。
（1）在一定条件下，向体积为 的恒容密闭容器中充入 和 ， 后，测得混合气体的压强是反应前的 倍，则用甲醇表示的该反应的速率为 。
（2）上述可逆反应达到平衡状态的依据是 填序号 。
①
②混合气体的密度不变
③混合气体的平均相对分子质量不变
③ 、 、 、 的浓度都不再发生变化
（3）下图中P是可自由平行滑动的活塞，关闭K，在相同温度时，向A容器中充入 和 ，向B容器中充入 和 ，两容器分别发生上述反应。已知起始时容器A和B的体积均为 。试回答：
①反应达到平衡时容器B的体积为 ，容器B中 的转化率为 ，A、B两容器中 的体积百分含量的大小关系为B 填“ ”“ ”或“ ” 。
②若打开K，一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为 连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响 。
（4）工业上合成甲醇的反应为 ，在容积相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：
容器 甲 乙 丙
反应物投入量
平衡数据 的浓度
反应的能量变化的绝对值 a b c
体系压强
反应物转化率
下列说法正确的是 。
【答案】（1）
（2）③④
（3）75%；；1.75a
（4）BD
【知识点】化学反应速率；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；等效平衡；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)设反应的甲醇物质的量为x，可列三段式： ，20s后，测得混合气体的压强是反应前的1.2倍，4+2x=1.2×4，x=0.4mol， ；(2)① 是反应速率之比等于化学方程式计量数之比，不能说反应达到平衡，故①不符合；
②反应前后气体质量不变，容器体积不变，反应过程中密度不变，混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故②不符合；
③反应前后气体物质的量增大，质量守恒，混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，故③符合；
④CH3OH、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化是平衡标志，故④符合；
故答案为：③④；(3)①B容器的体积变为原来的1.5倍，增加的气体的物质的量为3.6 mol×0.5=1.8 mol，依据化学方程式可知增加2mol，反应甲醇1mol，则反应的甲醇的物质的量为0.9 mol，CH3OH的转化率 ；A是恒容反应容器，B是恒压反应容器；B容器充入1.2molCH3OH(g) 和2.4molH2O(g)与B容器充入1molCH2OH(g)和2molH2O(g)，是等效平衡；反应方程式中生成物气体增多，反应时A容器压强比B容器大，所以A中平衡时相当于B平衡后的加压，加压平衡向逆反应方向移动，A容器中H2O百分含量增多，则B
②打开K时，AB组成一个等温等压容器，相应的起始投入总物质的量与平衡的总体积成正比，设打开K重新达到平衡后总的体积为x，则x：(3+3.6)=1.5a：3.6，求得x=2.75a，所以B的体积为2.75a-a=1.75a；
故答案为：1.75a；(4) A．根据表格信息可知，在恒温恒容下，丙中反应物是甲的2倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则 ，A不符合题意；
B．由题目可知生成1molCH3OH的能量变化为129kJ，甲与乙是完全等效平衡，甲、乙平衡状态相同，令平衡时甲醇为nmol，对于甲容器，a=129n，等于乙容器b=129(1 n)，故a+b=129，故B符合题意；
C．比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应 ，平衡向生成甲醇的方向移动，故2p2>p3，故C不符合题意；
D．甲、乙处于相同的平衡状态，则α1+α2=1，由C的分析可知α2>α3，所以α1+α3<1，故D符合题意，
答案为BD。
【分析】（1）利用三段式和压强之比等于物质的量之比进行计算速率。
（2）根据平衡的标志判断方法，当各量或关系变化时平衡也随之移动可以说明该关系或量能做平衡的标志。
（3）利用体积之比等于物质的量之比，利用三段式计算物质的转化率。
（4）利用等效转化法及等效平衡的思想进行判断各量的大小关系。
三、原理综合题
20．（2020高二上·黄山期中）碳及其化合物在生产、生活中广泛存在。请回答下列问题：K=
（1）已知某温度下某反应的化学平衡常数表达式为： ，它所对应的化学反应为： 。
（2）已知在一定温度下，
① 平衡常数
② 平衡常数
③ 平衡常数
则 、 、 之间的关系是 ， 用含a、b的代数式表示 。
（3）煤化工通常通过研究不同温度下平衡常数以解决各种实际问题。已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应器时，发生如下反应： ；该反应平衡常数随温度的变化如表所示：
温度 400 500 800
平衡常数K 9 1
该反应的正反应方向是 反应 填“吸热”或“放热” ，若在 时进行，设起始时CO和 的起始浓度均为 ，在该条件下，CO的平衡转化率为 。
（4）高炉炼铁产生的废气中的CO可进行回收，使其在一定条件下和 反应制备甲醇： 。请回答下列问题：
①若在相同温度和恒容且容积相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得反应达到平衡时的有关数据如下表：
容器 反应物投入的量 反应物的转化率 的浓度 能量变化 、 、 均大于
甲 1molCO和 放出 热量
乙 吸收 热量
丙 2molCO和 放出 热量
则下列关系错误的是 。
该反应若生成 ，则放出 热量
②若在一体积可变的密闭容器中充入 、 和 ，达到平衡时测得混合气体的密度是同温同压下起始的 倍，则该反应向 填“正”或“逆” 反应方向移动。
【答案】（1）
（2）；
（3）放热；75%
（4）ad；正
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡移动原理；等效平衡；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)根据平衡常数表达式 及化学反应遵守质量守恒定律可知，对应的化学反应为： ；(2) 已知在一定温度下，
① 平衡常数
② 平衡常数
③ 平衡常数
根据盖斯定律可得：反应①+反应②可得反应③，则 ； ；(3)根据表格信息可知，温度升高，平衡常数减小，则平衡逆向移动，故该反应的正反应方向是放热反应；在 时，反应对应的平衡常数为9，设起始时CO和 的起始浓度均为 ，设达到平衡时，CO转化的浓度为 ，可列三段式： ，在该条件下，反应的平衡常数为： ，解得 ，则CO的平衡转化率为 ；(4) ①a．丙中反应物是甲的2倍，相当于增大压强平衡正向移动，丙中CO的转化率大于甲，但是小于甲的二倍，所以2a1>a3，故a不符合题意；
b．乙中甲醇完全转化为CO和氢气时与甲中各物质的物质的量相等，则二者是等效平衡，达到平衡状态时甲乙中各物质浓度分别相等，所以c1=c2，故b符合题意；
c．甲与乙是完全等效平衡，平衡时对应各组分的含量完全相同，CO的转化率为α1，则平衡时CO的物质的量为(1 α1)mol，乙中平衡时甲醇的转化率为α2，乙中平衡时CO的物质的量为α2mol，故(1 α1)=α2，整理得α1+α2=1，故c符合题意；
d．丙中反应物是甲的2倍，相当于增大压强平衡正向移动，丙中CO的转化率大于甲，所以丙中反应掉的CO大于甲的2倍，所以2Q1
综上所诉，答案为ad；
②恒温恒压条件下，气体体积改变，反应前后混合气体总质量不变，根据 知，其密度之比等于体积的反比，达到平衡时测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.5倍，则平衡时气体体积是同温同压下起始的 ，气体体积减小，则反应正向移动。
【分析】
21．（2020高二上·黄山期中）乙苯催化脱氢制苯乙烯反应： (g) (g)+H2(g)
（1）已知：
化学键
键能 412 348 612 436
计算上述反应的 ．
（2）维持体系总压强p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应．已知乙苯的平衡转化率为 ，则在该温度下反应的平衡常数 用 等符号表示 ．
（3）工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气 ( 原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1： 9) ，控制反应温度 ，并保持体系总压为常压的条件下进行反应．
图1是指：在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性 ( 指除了 H2 以外的产物中苯乙烯的物质的量分数 ) 示意图．请回答：
①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实 ．
②控制反应温度为 的理由是
（4）乙苯催化脱氢制苯乙烯，另一产物氢气可用于工业制 而 将HCl转化为 ， 新型 催化剂对上述HCl转化为 的反应具有更好的催化活性，图2是实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的 曲线．
① 、B两点的平衡常数 与 中较大的是 ．
②在上述实验中若压缩体积使压强增大，相应 曲线在图2曲线的 填“上方”“重叠”或者“下方” ．
③下列措施中有利于提高 的有 ．
A 增大 B 增大 C 使用更好的催化剂 D 移去
【答案】（1）+124
（2） 或
（3）正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气起稀释作用，相当于起减压的效果； 时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高．温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降．高温还可能使催化剂失活，且能耗大
（4）；上方；BD
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）该反应相当于断裂了2个碳氢键和1个碳碳单键，形成1个碳碳双键和1个氢氢键，所以上述反应的△H=412×2+348-612-436=124kJ/mol，故答案为：+124；（2）压强不变，乙苯的转化率为 ，则平衡时乙苯的物质的量为n(1- )，生成的苯乙烯和H2的物质的量均为 n，平衡时的总物质的量为n- n+ n+ n=n(1+ )；在一个容器中，气体分压之比等于其物质的量之比，则Kp= ，即Kp= = ，也可通过浓度求平衡常数，等温等压下，体积之比等于物质的量之比，则平衡时的体积V= = (1+ )V，浓度常数为Kc= = = ，故答案为： 或 ；（3）①加入水蒸气，体系的体积增大，各反应物和产物的分压减小，相当于起减压的效果，反应向压强增大的方向移动，则平衡正向侈动，乙烯的平衡转化率增大，故答案为：正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气起稀释作用，相当于起减压的效果；
②根据图像可知 时乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。该反应为吸热反应，温度过低，平衡逆向移动，转化率低，且反应速率慢；温度过高，选择性下降。高温还可能使催化剂失活，且能耗大，故答案为： 时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高．温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降．高温还可能使催化剂失活，且能耗大；（4）①由图可以知道温度越高，平衡时HCl的转化率越小，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即△H小于0，化学平衡常数减小，即 大于 ，故答案为： ；
②正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大，故压缩体积使压强增大，画相应 曲线的示意图为： ，所以相应 曲线在图2曲线的上方，故答案为：上方；
③A．增大n(HCl)，HCl浓度增大，平衡右移，但HCl的转化率降低，故A不符合题意；
B．增大n(O2)，氧气浓度增大，平衡右移，HCl的转化率提高，故B符合题意；
C．使用更好的催化剂加快反应速率，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，HCl的转化率不变，故C不符合题意；
D．移去生成物H2O，有利于平衡右移，HCl的转化率增大，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】（1）根据焓变与键能之间的关系进行计算，焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和。
（2）平衡常数的计算根据三段式，注意利用压强之比等于物质的量之比及转换率公式。
（3）根据等效转换的思想进行判断。针对图像中转化率和温度的关系，利用最有选择判断。
（4）平衡常数只与温度有关，根据温度和反应类型判断平衡常数的大小。压强对平衡的影响利用勒夏特列原理判断平衡移动，利用平衡移动判断曲线变化。对于转化率的变化根据条件的改变对平衡的影响进行判断。
四、计算题
22．（2020高二上·黄山期中）可逆反应①x(g)+2Y(g) 2z(g)、②2M(g) N(g)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦力、可自由滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡时有关物理量的变化如下图：反应前，隔板左边加入1mol X和2mol Y，隔板右边加入2mol M；开始时隔板在“3”处，平衡(1)时隔板在“2.8”处，平衡(II)时隔板在“2.6”处。
（1）求平衡(I)时，体系的压强与反应开始时体系压强之比 。
（2）求平衡(II)时X的转化率 。
【答案】（1）
（2）83.3%
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)由右反应室内反应2M(g) N(g)+P(g)可知，右室内气体的物质的量不变，由图可知到达平衡(I)时，体系的压强与反应开始时体系压强之比为 ，答案： ；
(2)平衡(II)时，右边气体的物质的量不变，仍是2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有 ，解得x= mol，即物质的量减少了3- = mol，由反应x(g)+2Y(g) 2z(g)可知，反应中减少的量等于反应的x的量，所以平衡(II)时X的转化率为 ×100%=83.3%，答案：83.3%。
【分析】（1）根据右侧发生的反应特点：气体体积不变，气体的总物质的量不变，压强之比与容器体积成反比。
（2）根据转化率的计算公式，转化率等于转化的量除以起始的物质的量。
安徽省黄山市屯溪第一中学2020-2021学年高二上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2020高二上·黄山期中）下列说法中正确的是（ ）
A．合成氨反应选择在400～500℃进行的重要原因是催化剂在500℃左右时的活性最大
B．在工业生产条件优化时，只考虑经济性就行，不用考虑环保
C．工业合成氨的反应是 H<0、 S<0的反应，在任何温度下都可自发进行
D．在合成氨中，为增加H2的转化率，充入的N2越多越好
2．（2019高二上·宁夏期中）已知分解1mol H2O2 放出热量98kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2的分解机理为：H2O2+I-→H2O+IO- 慢，H2O2+IO-→H2O+O2+I- 快；下列有关反应的说法正确的是（ ）
A．反应的速率与I-的浓度有关 B．IO-也是该反应的催化剂
C．反应活化能等于98kJ·mol-1 D．v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
3．（2020高二上·黄山期中）某反应由两步反应 构成，它的反应能量曲线如图 、 、 、 表示活化能 。下列有关叙述正确的是
A．相同条件下 反应的速率小于 的速率
B．两步反应均为吸热反应
C．A，B，C中物质B最稳定
D．整个反应的
4．（2020高二上·黄山期中）根据以下3个热化学方程式：
2H2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(l) △H＝Q1 kJ/mol
2H2S(g)+O2(g)＝2S (s)+2H2O(l) △H＝Q2 kJ/mol
2H2S(g)+O2(g)＝2S (s)+2H2O(g) △H＝Q3 kJ/mol
判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（ ）
A．Q1>Q2>Q3 B．Q3>Q2>Q1 C．Q1>Q3>Q2 D．Q2>Q1>Q3
5．（2020高二上·黄山期中）下列热化学方程式及有关应用的叙述中，正确的是（ ）
A．甲烷的燃烧热为 890.3kJ mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+ 2O2(g) ═ CO2(g) + 2H2O(g) △H = -890.3kJ mol-1
B．已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为 57.3kJ mol-1，则 H2SO4(aq)+ Ba(OH)2(aq)═ BaSO4(s)+H2O(l) △H = -57.3kJ mol-1
C．500℃、30MPa 下，将 0.5mol N2 和 1.5molH2 置于密闭的容器中充分反应生成 NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H= -38.6kJ mol-1
D．已知 25℃、101KPa 条件下：4Al(s) + 3O2(g) ═ 2Al2O3(s) △H= -2834.9kJ mol-1，4Al(s) + 2O3(g) ═ 2Al2O3(s) △H = -3119.1kJ mol-1，则 O2比 O3 稳定
6．（2020高二上·黄山期中）甲烷的燃烧热为 ，但当 不完全燃烧生成CO和 时，放出的热量为607kJ，如果 与一定量 燃烧生成CO、 、 ，并放出 的热量，则一定量 的质量为
A．40g B．56g C．60g D．无法计算
7．（2020高二上·黄山期中）某温度下，在2L的密闭容器中，加入1mol X(g)和2mol Y(g)发生反应： X(g)+mY(g) 3Z(g)，平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1mol Z(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述错误的是
A．m=2
B．两次平衡的平衡常数相同
C．X与Y的平衡转化率之比为1：1
D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4mol/L
8．（2020高二上·黄山期中）现代火法炼锌过程中发生了以下三个主要反应。下列说法正确的是（ ）
① 2ZnS(s) + 3O2(g)=2ZnO(s)+2SO2(g) △H1=a kJ mol-1
② 2C(s) +O2(g)=2CO(g) △H2=b kJ mol-1
③ ZnO(s) +CO(g)=Zn(g) +CO2(g) △H3=c kJ mol-1
A．以上三个反应中，只有①是放热反应
B．反应②的作用是仅为反应③提供还原剂
C．反应ZnS(s)+C(s)+2O2(g)=Zn(g)+SO2(g)+CO2(g)的△H= kJ mol-1
D．用这种方法得到的是纯净的锌单质
9．（2020高二上·黄山期中）下列生产或实验事实引出的相应结论错误的是
选项 事实 结论
A 其他条件相同， 溶液和 溶液反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间缩短 当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快
B 浓度相同的盐酸和醋酸分别与等质量的形状相同的锌粒反应 反应开始时速率相同
C 在容积可变的密闭容器中发生反应： ，把容积的体积缩小一半 正反应速率加快，逆反应速率减慢
D A、B两支试管中分别加入等体积 的 溶液，在B试管中加入 滴 溶液，B试管中产生气泡快 当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率
A．A B．B C．C D．D
10．（2020高二上·黄山期中）NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020 mol·L－1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL混合，记录10～55 ℃间溶液变蓝时间，55 ℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断错误的是（ ）
A．40 ℃之前，温度升高反应速率加快，变蓝时间变短
B．40 ℃之后溶液变蓝的时间随温度的升高变长
C．图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等
D．图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0×10－5mol·L－1·s－1
11．（2020高二上·黄山期中）将1molM和2 molN置于体积为2L的恒容密闭容器中，发生反应：M(s)+2N(g) P(g)+Q(g) △H。反应过程中测得P的体积分数在不同温度下随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．若X、Y两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2
B．温度为T1时，N的平衡转化率为80%，平衡常数K=40
C．无论温度为T1还是T2，当容器中气体密度和压强不变时，反应达平衡状态
D．降低温度、增大压强、及时分离出产物均有利于提高反应物的平衡转化率
12．（2020高二上·黄山期中） 红棕色 无色 。将一定量的 充入注射器中并密封，改变活塞位置的过程中，气体透光率随时间的变化如图所示 气体颜色越深，透光率越小 。下列说法错误的是
A．a点达到了平衡状态
B．b点对应的时刻改变的条件是将注射器的活塞向外拉
C．d点：v(正)
13．（2020高二上·黄山期中）在某温度下，向三个初始体积均为1L的密闭容器中按下表所示投料，发生反应： 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH<0。下列说法错误的是
容器编号 容器类型 起始物质的量/mol 平衡时SO3的 物质的量/mol
SO2 O2 SO3
Ⅰ 恒温恒容 2 1 0 1.8
Ⅱ 绝热恒容 0 0 2 a
Ⅲ 恒温恒压 2 1 0 b
A．容器Ⅱ中SO3的转化率等于10%
B．容器Ⅲ平衡体系中保持容器压强不变，充入0.100mol SO3(g)，新平衡后SO3浓度未变
C．平衡时SO3的物质的量：a>1.8、b<1.8
D．若容器Ⅰ中有0.10mol SO2(g)、0.20mol O2(g)和0.100mol SO3(g)，则此时v正>v逆
14．（2019高一下·白城月考）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g) 2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是（ ）
A．550℃时，若充入惰性气体， 正， 逆 均减小，平衡不移动
B．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C．T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总
15．（2020高二上·黄山期中）已知常温下，几种物质的电离平衡常数：
弱酸 HCOOH HCN H2CO3 HClO 苯酚
K25℃ K =1.77× 10-4 K=4.9× 10-10 K1=4.3× 10-7 K2= 5.6× 10-11 K= 2.98× 10-8 K=1.1× 10-10
下列反应的离子方程式正确的有：（ ）
①向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：2C6H5O-+CO2+H2O→2C6H5OH+CO
②次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳：Ca2+ + 2ClO- +CO2+ H2O= CaCO3↓十2HClO
③次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳：2ClO- +H2O+CO2 =2HClO+CO
④次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫：3ClO- +SO2+ H2O=SO + 2HClO+Cl-
⑤纯碱溶液中滴加少量甲酸：2HCOOH+CO =2HCOO-十H2O+CO2↑
⑥碳酸钠溶液中通入过量氯气：Cl2 +H2O+2CO =2HCO +Cl- +ClO-
⑦NaCN溶液中通入少量的CO2：CN- +CO2 +H2O=HCO + HCN
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
16．（2020高二上·黄山期中）臭氧是理想的脱硝试剂，其反应为： 。反应达平衡后，其他条件不变，只改变下图中的条件，正确的是
A． B．
C． D．
17．（2020高二上·黄山期中）三氯氢硅 是制备硅烷、多晶硅的重要原料，在催化剂作用下可发生反应： ，在 和 时 的转化率随时间变化的结果如图所示。
下列叙述错误的是（ ）
A．该反应为吸热反应
B．反应速率大小：
C． 时，平衡常数
D．增大压强，可以提高 的平衡转化率，缩短达平衡的时间
二、填空题
18．（2020高二上·黄山期中）
（1）在101kPa时， 在 中完全燃烧生成2mol液态水，放出 的热量，请写出 燃烧热的热化学方程式为 。
（2）已知1g碳粉在氧气中完全燃烧放出的热量是 ，试写出相关的热化学方程式 。
（3）已知在常温常压下：
①
②
③
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：
（4）将 和 充入2L盛有催化剂的密闭容器中，发生氨的催化氧化。如图为不同温度下，反应5min时NO的产率图。
① 下，5min内该反应的平均反应速率
②若不考虑催化剂的影响，5min时 下和 下逆反应速率较快的为 填“ ”或“ ” ，原因为
19．（2020高二上·黄山期中）甲醇可以与水蒸气反应生成氢气，反应方程式如下： 。
（1）在一定条件下，向体积为 的恒容密闭容器中充入 和 ， 后，测得混合气体的压强是反应前的 倍，则用甲醇表示的该反应的速率为 。
（2）上述可逆反应达到平衡状态的依据是 填序号 。
①
②混合气体的密度不变
③混合气体的平均相对分子质量不变
③ 、 、 、 的浓度都不再发生变化
（3）下图中P是可自由平行滑动的活塞，关闭K，在相同温度时，向A容器中充入 和 ，向B容器中充入 和 ，两容器分别发生上述反应。已知起始时容器A和B的体积均为 。试回答：
①反应达到平衡时容器B的体积为 ，容器B中 的转化率为 ，A、B两容器中 的体积百分含量的大小关系为B 填“ ”“ ”或“ ” 。
②若打开K，一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为 连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响 。
（4）工业上合成甲醇的反应为 ，在容积相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：
容器 甲 乙 丙
反应物投入量
平衡数据 的浓度
反应的能量变化的绝对值 a b c
体系压强
反应物转化率
下列说法正确的是 。
三、原理综合题
20．（2020高二上·黄山期中）碳及其化合物在生产、生活中广泛存在。请回答下列问题：K=
（1）已知某温度下某反应的化学平衡常数表达式为： ，它所对应的化学反应为： 。
（2）已知在一定温度下，
① 平衡常数
② 平衡常数
③ 平衡常数
则 、 、 之间的关系是 ， 用含a、b的代数式表示 。
（3）煤化工通常通过研究不同温度下平衡常数以解决各种实际问题。已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应器时，发生如下反应： ；该反应平衡常数随温度的变化如表所示：
温度 400 500 800
平衡常数K 9 1
该反应的正反应方向是 反应 填“吸热”或“放热” ，若在 时进行，设起始时CO和 的起始浓度均为 ，在该条件下，CO的平衡转化率为 。
（4）高炉炼铁产生的废气中的CO可进行回收，使其在一定条件下和 反应制备甲醇： 。请回答下列问题：
①若在相同温度和恒容且容积相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得反应达到平衡时的有关数据如下表：
容器 反应物投入的量 反应物的转化率 的浓度 能量变化 、 、 均大于
甲 1molCO和 放出 热量
乙 吸收 热量
丙 2molCO和 放出 热量
则下列关系错误的是 。
该反应若生成 ，则放出 热量
②若在一体积可变的密闭容器中充入 、 和 ，达到平衡时测得混合气体的密度是同温同压下起始的 倍，则该反应向 填“正”或“逆” 反应方向移动。
21．（2020高二上·黄山期中）乙苯催化脱氢制苯乙烯反应： (g) (g)+H2(g)
（1）已知：
化学键
键能 412 348 612 436
计算上述反应的 ．
（2）维持体系总压强p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应．已知乙苯的平衡转化率为 ，则在该温度下反应的平衡常数 用 等符号表示 ．
（3）工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气 ( 原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1： 9) ，控制反应温度 ，并保持体系总压为常压的条件下进行反应．
图1是指：在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性 ( 指除了 H2 以外的产物中苯乙烯的物质的量分数 ) 示意图．请回答：
①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实 ．
②控制反应温度为 的理由是
（4）乙苯催化脱氢制苯乙烯，另一产物氢气可用于工业制 而 将HCl转化为 ， 新型 催化剂对上述HCl转化为 的反应具有更好的催化活性，图2是实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的 曲线．
① 、B两点的平衡常数 与 中较大的是 ．
②在上述实验中若压缩体积使压强增大，相应 曲线在图2曲线的 填“上方”“重叠”或者“下方” ．
③下列措施中有利于提高 的有 ．
A 增大 B 增大 C 使用更好的催化剂 D 移去
四、计算题
22．（2020高二上·黄山期中）可逆反应①x(g)+2Y(g) 2z(g)、②2M(g) N(g)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦力、可自由滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡时有关物理量的变化如下图：反应前，隔板左边加入1mol X和2mol Y，隔板右边加入2mol M；开始时隔板在“3”处，平衡(1)时隔板在“2.8”处，平衡(II)时隔板在“2.6”处。
（1）求平衡(I)时，体系的压强与反应开始时体系压强之比 。
（2）求平衡(II)时X的转化率 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】工业合成氨；合成氨条件的选择
【解析】【解答】A．合成氨正反应放热，温度越高反应速率越快，但氨气的产率越低，该反应选择400～500℃进行的重要原因是催化剂在500℃左右时的活性最大，A符合题意；
B．在工业生产条件优化时，不但要考虑经济性，还要考虑环保，不能只顾了生产而污染环境，B不符合题意；
C．工业合成氨的反应 H<0、 S<0，温度较低时， H-T S<0，反应可自发进行，高温时可能会 H-T S>0，使反应不能自发进行，C不符合题意；
D．理论上氮气越多越好，但充入过多的氮气会造成压强过大，对设备的强度要求更高，而且会影响到产物中氨气的分离，所以充入的氮气要有一定的限度，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.催化剂在500℃左右时的活性最大；
B.保护环境就是保护人类自己；
C.如果 H-T S<0时，反应才能自发进行；
D.过多的氮气会带走热量。
2．【答案】A
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、根据反应机理可知I-是H2O2分解的催化剂，碘离子浓度大，产生的IO-就多反应速率就快，A符合题意；
B、IO-不是该反应的催化剂，B不符合题意；
C、反应的活化能是反应物的总能量与生成物的总能量的差值。这与反应的物质得到多少，C不符合题意；
D、 H2O2分解的总方程式是2H2O2=2H2O+ O2↑；由于水是纯液体，不能用来表示反应速率，而且H2O2和O2的系数不同，表示的化学反应速率也不同，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、已知：①H2O2+I-→H2O+IO- 慢 ②H2O2+IO-→H2O+O2+I- 快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，I-是①的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响；
B、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I-，IO-只是中间产物；
C、1mol过氧化氢分解的△H=-98KJ/mol，△H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差；
D、H2O2分解的总方程式是2H2O2=2H2O+ O2↑，注意水是液体。
3．【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A．由图像可知， 反应的活化能大于 的活化能，且活化能越大，反应速率越慢，故相同条件下 反应的速率小于 的速率，A符合题意；
B．由图象可知A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，B不符合题意；
C．物质的总能量越低，越稳定，由图象可知C能量最低最稳定，C不符合题意；
D．整个反应中 H= HA→B+ HB→C=E1-E2+E3-E4， D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.反应的活化能越大，反应速率越小，反之相反；
B.由图可知，B的能量比C的能量高；
C.能量低的物质较稳定；
D.由反应物、生成物总能量判断焓变。
4．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】H2S的燃烧反应是放热反应，所以ΔH均小于0。反应放出的热量越多，ΔH越小。H2S完全燃烧生成SO2和水，不完全燃烧生成S和水，完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，所以Q1小于Q2，Q1也小于Q3；水由液态变为气态需要吸收热量，所以Q2小于Q3；所以Q3＞Q2＞Q1，
故答案为：B。
【分析】三个反应都为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多，以此解答该题。
5．【答案】D
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，氢元素应该转化成液态水，选项A不符合题意；
B、硫酸和氢氧化钡溶液的反应中，硫酸根和钡离子反应生成硫酸钡沉淀也伴随着能量变化，选项B不符合题意；
C、合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，题给信息无法确定该反应的焓变，选项C不符合题意；
D、已知25℃、101KPa条件下：①4Al（s）＋3O2（g）＝2Al2O3（s） △H＝－2834.9 kJ·mol-1，②4Al（s）＋2O3（g）＝2Al2O3（s） △H＝－3119.1 kJ·mol-1，根据盖斯定律：①-②得3O2（g）＝2O3（g），△H＝+288.2 kJ·mol-1，则O2比O3稳定，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A．燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；
B．中和热是强酸强碱在稀溶液中反应生成1mol水时放出的热量，△H=-57.3 kJ/mol；
C．可逆反应的焓变是反应物按照系数比完全反应时的热效应；
D．根据盖斯定律计算；
6．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】根据已知条件可写出反应①： ；反应②： ；
根据盖斯定律，反应①×2+反应②可得反应③： ；
则 与一定量 燃烧生成CO、 、 ，并放出 的热量，根据对应关系式可解得消耗氧气的质量为 ，
故答案为：C。
【分析】根据盖斯定律写出甲烷燃烧生成CO2和CO的方程式，再进行计算。
7．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；等效平衡
【解析】【解答】A．某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X(g)+mY(g) 3Z(g)，平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1mol Z(g)，则可等效为两等效平衡体系，在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动，但再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A不符合题意；
B．同一化学反应的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数相同，B不符合题意；
C．m=2，起始量X与Y之比为1：2，则反应过程中由方程式可知反应的X与Y之比为1：2，故X与Y的平衡转化率之比为1：1，C不符合题意；
D．m=2，则该反应为反应前后气体总量不变的反应，故第二次平衡时Z的物质的量为：4mol×10%=0.4mol，故Z的浓度为0.4mol÷2L=0.2mol/L，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据等效平衡分析；
B．平衡常数只与温度有关；
C．根据起始量和转化量计算转化率；
D．根据反应前后气体总量不变计算；
8．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A. 碳不完全燃烧也是放热反应，A不符合题意；
B. 反应②的作用既可以为反应③提供还原剂，同时反应放热，也提供能量，B不符合题意；
C. 根据盖斯定律可知反应（①+②+2×③）/2即得到反应ZnS(s)+C(s)+2O2(g)＝Zn(g)+SO2(g)+CO2(g)的△H= kJ mol-1，C符合题意；
D. 用这种方法得到的是含有杂质（碳或ZnS等）的锌单质，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】A.根据常见放热反应类型进行判断，燃烧反应属于放热反应。
B.从反应的条件考虑判断反应间的关系。
C.根据盖斯定律，由分反应进行加合得总反应的焓变。
D.根据反应特点可以判断可能含有的杂质，对于固体和气体的反应一般在固体表面发生，故固体一般是反应不充分。
9．【答案】C
【知识点】探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】A．温度可加快反应速率，则其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快，故A不符合题意；
B． 浓度相同，故反应刚开始，二者反应速率一样，B不符合题意；
C．容器的体积缩小一半，压强增大，则正逆反应的反应速率均增大，C符合题意；
D．只有催化剂一个变量，则其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.反应速率的影响因素判断，温度适合于任何反应。故温度升高，反应速率加快。
B.反应开始的速率和外界条件浓度等因素有关，利用条件的不同进行判断快慢。
C.容器体积缩小，会增大反应物和生成物的浓度，利用浓度对反应速率的影响进行判断反应速率的变化。
D.反应速率影响的外界条件催化剂对反应速率的影响。
10．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、根据图像，40℃以前由80s逐渐减小，说明温度升高反应速率加快，故A说法不符合题意；
B、根据图像，40℃之后，溶液变蓝的时间随温度的升高变长，故B说法不符合题意；
C、40℃以前，温度越高，反应速率越快，40℃以后温度越高，变色时间越长，反应越慢，可以判断出40℃前后发生的化学反应不同，虽然变色时间相同，但不能比较化学反应速率，故C说法符合题意；
D、混合前NaHSO3的浓度为0.020mol·L－1，忽略混合前后溶液体积的变化，根据c1V1=c2V2，混合后NaHSO3的浓度为 =0.0040mol·L－1，a点溶液变蓝时间为80s，因为NaHSO3不足或KIO3过量，NaHSO3浓度由0.0040mol·L－1变为0，根据化学反应速率表达式，a点对应的NaHSO3反应速率为 =5.0×10－5mol/(L·s)，故D说法不符合题意；
故答案为：C。
【分析】易错点是选项D，学生计算用NaHSO3表示反应速率时，直接用0.02mol·L－1和时间的比值，忽略了变化的NaHSO3浓度应是混合后NaHSO3溶液的浓度。
11．【答案】A
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A. 若X点P的体积分数40%，Y点P的体积分数小于40%，X点P的含量高，P为生成物，产率越大，平衡常数越大，两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2，故A符合题意；
B. 温度为T1时，设N的变化量为xmol，根据反应：
M(s)+ 2N(g) P(g)+ Q(g)
起始（mol） 1 2 0 0
转化（mol） x
平衡（mol） 2-x
温度为T1时，X点P的体积分数= =40%，解得x=1.6mol。
N的平衡转化率为= =80%，平衡常数K= 4，故B不符合题意；
C. 该反应为反应前后气体体积不变的体系，压强不影响平衡移动，不能做为达到平衡的判断依据，故C不符合题意；
D.该反应为反应前后气体体积不变的体系，增大压强，反应速率加快，但压强不影响平衡移动，转化率不变；根据“先拐先平数值大”的原则，T2> T1，降低温度P的体积分数减少，反应向逆向进行，即放热的方向进行，反应物的转化率较低，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.平衡常数只于温度有关，对于吸热反应来说，平衡常数与温度成正比，放热反应成反比。
B.根据温度平衡线中的X点利用三段式计算平衡常数。
C.根据反应方程式气体分子数在反应前后的特点判断是否可以做平衡标志，在反应过程中平衡标志随着平衡的移动而发生变化。
D.利用勒夏特列原理判断温度、压强对平衡的影响。利用平衡是否移动判断平衡转化率。
12．【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．a点透光率不再发生变化，则a点达到平衡状态，A不符合题意；
B．颜色越深，透光率越小，可以知道b点时c(NO2)增大，则b点对应的时刻改变的条件不可能是将注射器的活塞向外拉，B符合题意；
C．d点透光率减小，平衡逆向移动，则v(正)
故答案为：B。
【分析】A.利用平衡的特点进行判断是否是平衡标志。
B.容器的体积增大，浓度会减小导致透光率会发生变化。
C.根据d点变化判断平衡的移动方向。
D.利用温度对平衡的影响，降温平衡向放热方向移动，判断气体颜色的变化，从而判断透光率的变化。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；等效平衡；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．利用三段式求出容器Ⅰ中的平衡常数K，求解容器Ⅰ的平衡常数K，体积为1L。
则平衡常数K=810，温度不变，平衡常数不变，反应Ⅱ平衡时，SO3剩余1.8mol，故SO3的转化率等于10%，A不符合题意；
B．保持容器压强不变，充入0.100mol SO3(g)，可看做与原平衡等效，在次平衡时SO3浓度不变，B不符合题意；
C．恒温恒压相比于恒温恒容，相当于在恒容的平衡状态下，减小体积，维持压强不变。减小体积，增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，为正反应方向，SO3的物质的量大于1.8，a>1.8。容器Ⅲ如果是恒温恒压，则平衡结果和容器Ⅰ中的一样，c=1.8mol，但是现在容器Ⅲ为绝热装置，SO3分解属于吸热反应，相当于达到容器Ⅰ中的平衡后，再降低温度，向放热反应方向移动，SO3的物质的量增加，b>1.8mol，C符合题意；
D．根据A项可知该反应的平衡常数，再利用浓度商Qc和平衡常数K的关系，判断平衡移动方向。若起始时向容器I中充入0.10 mol SO2(g)、0.20mol O2(g)和0.100mol SO3(g)，则浓度商Qc=133，浓度商Qc小于K，平衡逆向移动，则v正>v逆，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.转化率的计算一般利用三段式。
B.利用在一定条件性的等效平衡判断各物质的浓度变化。
C.通过对比试验I和III，利用等效法判断平衡是否发生移动。
D.通过平衡移动方向判断反应速率的大小，根据等温下平衡常数不变，利用平衡常数与浓度商的比较判断平衡的移动方向。
14．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550℃时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此 正， 逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A不符合题意；
B.根据图像可知在650℃时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1 mol，则反应产生CO 0.4 mol，其中含有CO2 0.6 mol，反应产生0.4 molCO消耗CO2的物质的量是0.2 mol，因此CO2转化率为0.2 mol÷(0.6 mol+0.2 mol)×100%=25.0%，B符合题意；
C.T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C不符合题意；
D.925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP= ，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.恒压条件下，充入惰性气体相等于减小压强，据此分析即可；
B.根据650℃时，CO的体积分数进行计算二氧化碳转化率；
C.T℃时，一氧化碳和二氧化碳的体积分数相等，充入相同体积的一氧化碳和二氧化碳，没有改变其浓度；
D.根据平衡常数的定义式进行计算即可。
15．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】①苯酚酸性强于碳酸氢根，故向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5O- +CO2 + H2O→C6H5OH+HCO ，不符合题意；
②碳酸酸性强于次氯酸，故次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳：Ca2+ + 2ClO- +CO2+ H2O= CaCO3↓十2HClO，符合题意；
③次氯酸酸性强于碳酸氢根离子，故次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳：ClO- +H2O+CO2 =HClO+HCO ，不符合题意；
④次氯酸跟有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者发生氧化还原反应，二氧化硫少量，还有HClO生成，故次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫：3ClO- +SO2+ H2O=SO + 2HClO+Cl-，符合题意；
⑤甲酸酸性＞碳酸＞碳酸氢根离子，则纯碱溶液中滴加少量甲酸：HCOOH+CO =HCOO-十HCO ，不符合题意；
⑥酸性：盐酸＞碳酸＞次氯酸＞碳酸氢根离子，碳酸钠溶液中通入过量氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳：2Cl2 +H2O+2CO =CO2 ↑+2Cl- +2HClO，不符合题意；
⑦酸性：碳酸＞HCN＞碳酸氢根离子，则NaCN溶液中通入少量的CO2：CN- +CO2 +H2O=HCO + HCN，符合题意；
综上所述，②④⑦符合题意，
故答案为：B。
【分析】由电离平衡常数可知酸性：HCOOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞C6H5OH＞HCO ，结合氢离子能力：CO ＞C6H5O-＞CN-＞ClO-＞HCO ＞HCOO-，据此解答。
16．【答案】A,D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A． 由图像可知，增大压强， (正)> (逆)，平衡正向移动，该反应的正反应是一个气体体积减小的方向，A符合题意；
B．由图像可知，增大压强，反应物的转化率减小，平衡逆向移动，而该反应的正反应是一个气体体积减小的方向，增大压强，平衡正向移动，B不符合题意；
C．由图像可知，升高温度，K增大，说明平衡正向移动，但该反应的正反应 ，是放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，C不符合题意；
D．由图像可知，该反应的正反应 ，是放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应物的浓度增大，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.中注意图像中根据外界条件的影响的综合判断，应该根据交叉点后的影响进行判断。
B.根据压强对平衡的影响进行判断，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动。
C.平衡常数只于温度有关，对于放热反应来说，K与T成反比关系。
D.根据温度对平衡的影响判断，升高温度平衡向吸热方向移动。
17．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．升高温度，SiHCl3的平衡转化率增大，所以该反应为吸热反应，A不符合题意；
B．a点切线斜率较大，则反应速率大小：va＞vb，B不符合题意；
C.50℃时，SiHCl3的转化率为21%，假设SiHCl3的起始浓度为2xmol/L，根据方程式可知 ，平衡常数K= ，C不符合题意；
D．增大压强，平衡不移动，增大压强不能提高SiHCl3的平衡转化率，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据图像中温度的变化，判断温度对平衡的影响，根据温度升高平衡向吸热方向移动判断反应类型。
B.反应速率的大小根据外界条件的大小判断，温度越高反应速率越大。
C.平衡常数的计算利用三段式进行计算。
D.增大压强平衡向着气体体积减小的方向移动进行判断。
18．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）；；温度越高，逆反应速率增长的越快
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】(1)1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量为该物质的燃烧热，已知氢气在1mol氧气中完全燃烧放出571.6kJ的能量，则氢气燃烧热的热化学方程式为 ；(2)1g碳粉完全燃烧生成二氧化碳放出32.8kJ的能量，则1mol碳粉完全燃烧生成12×32.8kJ=393.6kJ的能量，故该反应的热化学方程式为 ；(3)根据盖斯定律，将热化学方程式①减去热化学方程式②加上热化学方程式③即可得到目标方程式的热化学方程式，目标方程式的热化学方程式为 ；(4)①T2℃下NO的产率为80%，说明有80%的NH3发生了反应，根据反应方程式4NH3+5O2 4NO+6H2O，可得出v(NH3)=0.032mol/(L·min)；
②温度越高，单位体积内的活化分子百分数越大，反应速率越快，故T3下的速率大于T1下的速率，故答案为T3。
【分析】（1）利用燃烧热的定义，燃烧1mol物质进行书写方程式，注意物质状态的表示。
（2）热化学方程式的书写中注意状态的表示及焓变的计算。
（3）利用盖斯定律通过分反应的加合得总反应方程式的焓变，注意在总反应方程式中找分反应的相同物质。
（4）根据速率公式进行计算氨气的速率。根据速率的外界影响因素判断速率的大小。
19．【答案】（1）
（2）③④
（3）75%；；1.75a
（4）BD
【知识点】化学反应速率；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；等效平衡；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)设反应的甲醇物质的量为x，可列三段式： ，20s后，测得混合气体的压强是反应前的1.2倍，4+2x=1.2×4，x=0.4mol， ；(2)① 是反应速率之比等于化学方程式计量数之比，不能说反应达到平衡，故①不符合；
②反应前后气体质量不变，容器体积不变，反应过程中密度不变，混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故②不符合；
③反应前后气体物质的量增大，质量守恒，混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，故③符合；
④CH3OH、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化是平衡标志，故④符合；
故答案为：③④；(3)①B容器的体积变为原来的1.5倍，增加的气体的物质的量为3.6 mol×0.5=1.8 mol，依据化学方程式可知增加2mol，反应甲醇1mol，则反应的甲醇的物质的量为0.9 mol，CH3OH的转化率 ；A是恒容反应容器，B是恒压反应容器；B容器充入1.2molCH3OH(g) 和2.4molH2O(g)与B容器充入1molCH2OH(g)和2molH2O(g)，是等效平衡；反应方程式中生成物气体增多，反应时A容器压强比B容器大，所以A中平衡时相当于B平衡后的加压，加压平衡向逆反应方向移动，A容器中H2O百分含量增多，则B
②打开K时，AB组成一个等温等压容器，相应的起始投入总物质的量与平衡的总体积成正比，设打开K重新达到平衡后总的体积为x，则x：(3+3.6)=1.5a：3.6，求得x=2.75a，所以B的体积为2.75a-a=1.75a；
故答案为：1.75a；(4) A．根据表格信息可知，在恒温恒容下，丙中反应物是甲的2倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则 ，A不符合题意；
B．由题目可知生成1molCH3OH的能量变化为129kJ，甲与乙是完全等效平衡，甲、乙平衡状态相同，令平衡时甲醇为nmol，对于甲容器，a=129n，等于乙容器b=129(1 n)，故a+b=129，故B符合题意；
C．比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应 ，平衡向生成甲醇的方向移动，故2p2>p3，故C不符合题意；
D．甲、乙处于相同的平衡状态，则α1+α2=1，由C的分析可知α2>α3，所以α1+α3<1，故D符合题意，
答案为BD。
【分析】（1）利用三段式和压强之比等于物质的量之比进行计算速率。
（2）根据平衡的标志判断方法，当各量或关系变化时平衡也随之移动可以说明该关系或量能做平衡的标志。
（3）利用体积之比等于物质的量之比，利用三段式计算物质的转化率。
（4）利用等效转化法及等效平衡的思想进行判断各量的大小关系。
20．【答案】（1）
（2）；
（3）放热；75%
（4）ad；正
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡移动原理；等效平衡；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)根据平衡常数表达式 及化学反应遵守质量守恒定律可知，对应的化学反应为： ；(2) 已知在一定温度下，
① 平衡常数
② 平衡常数
③ 平衡常数
根据盖斯定律可得：反应①+反应②可得反应③，则 ； ；(3)根据表格信息可知，温度升高，平衡常数减小，则平衡逆向移动，故该反应的正反应方向是放热反应；在 时，反应对应的平衡常数为9，设起始时CO和 的起始浓度均为 ，设达到平衡时，CO转化的浓度为 ，可列三段式： ，在该条件下，反应的平衡常数为： ，解得 ，则CO的平衡转化率为 ；(4) ①a．丙中反应物是甲的2倍，相当于增大压强平衡正向移动，丙中CO的转化率大于甲，但是小于甲的二倍，所以2a1>a3，故a不符合题意；
b．乙中甲醇完全转化为CO和氢气时与甲中各物质的物质的量相等，则二者是等效平衡，达到平衡状态时甲乙中各物质浓度分别相等，所以c1=c2，故b符合题意；
c．甲与乙是完全等效平衡，平衡时对应各组分的含量完全相同，CO的转化率为α1，则平衡时CO的物质的量为(1 α1)mol，乙中平衡时甲醇的转化率为α2，乙中平衡时CO的物质的量为α2mol，故(1 α1)=α2，整理得α1+α2=1，故c符合题意；
d．丙中反应物是甲的2倍，相当于增大压强平衡正向移动，丙中CO的转化率大于甲，所以丙中反应掉的CO大于甲的2倍，所以2Q1
综上所诉，答案为ad；
②恒温恒压条件下，气体体积改变，反应前后混合气体总质量不变，根据 知，其密度之比等于体积的反比，达到平衡时测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.5倍，则平衡时气体体积是同温同压下起始的 ，气体体积减小，则反应正向移动。
【分析】
21．【答案】（1）+124
（2） 或
（3）正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气起稀释作用，相当于起减压的效果； 时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高．温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降．高温还可能使催化剂失活，且能耗大
（4）；上方；BD
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）该反应相当于断裂了2个碳氢键和1个碳碳单键，形成1个碳碳双键和1个氢氢键，所以上述反应的△H=412×2+348-612-436=124kJ/mol，故答案为：+124；（2）压强不变，乙苯的转化率为 ，则平衡时乙苯的物质的量为n(1- )，生成的苯乙烯和H2的物质的量均为 n，平衡时的总物质的量为n- n+ n+ n=n(1+ )；在一个容器中，气体分压之比等于其物质的量之比，则Kp= ，即Kp= = ，也可通过浓度求平衡常数，等温等压下，体积之比等于物质的量之比，则平衡时的体积V= = (1+ )V，浓度常数为Kc= = = ，故答案为： 或 ；（3）①加入水蒸气，体系的体积增大，各反应物和产物的分压减小，相当于起减压的效果，反应向压强增大的方向移动，则平衡正向侈动，乙烯的平衡转化率增大，故答案为：正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气起稀释作用，相当于起减压的效果；
②根据图像可知 时乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。该反应为吸热反应，温度过低，平衡逆向移动，转化率低，且反应速率慢；温度过高，选择性下降。高温还可能使催化剂失活，且能耗大，故答案为： 时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高．温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降．高温还可能使催化剂失活，且能耗大；（4）①由图可以知道温度越高，平衡时HCl的转化率越小，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即△H小于0，化学平衡常数减小，即 大于 ，故答案为： ；
②正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大，故压缩体积使压强增大，画相应 曲线的示意图为： ，所以相应 曲线在图2曲线的上方，故答案为：上方；
③A．增大n(HCl)，HCl浓度增大，平衡右移，但HCl的转化率降低，故A不符合题意；
B．增大n(O2)，氧气浓度增大，平衡右移，HCl的转化率提高，故B符合题意；
C．使用更好的催化剂加快反应速率，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，HCl的转化率不变，故C不符合题意；
D．移去生成物H2O，有利于平衡右移，HCl的转化率增大，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】（1）根据焓变与键能之间的关系进行计算，焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和。
（2）平衡常数的计算根据三段式，注意利用压强之比等于物质的量之比及转换率公式。
（3）根据等效转换的思想进行判断。针对图像中转化率和温度的关系，利用最有选择判断。
（4）平衡常数只与温度有关，根据温度和反应类型判断平衡常数的大小。压强对平衡的影响利用勒夏特列原理判断平衡移动，利用平衡移动判断曲线变化。对于转化率的变化根据条件的改变对平衡的影响进行判断。
22．【答案】（1）
（2）83.3%
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)由右反应室内反应2M(g) N(g)+P(g)可知，右室内气体的物质的量不变，由图可知到达平衡(I)时，体系的压强与反应开始时体系压强之比为 ，答案： ；
(2)平衡(II)时，右边气体的物质的量不变，仍是2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有 ，解得x= mol，即物质的量减少了3- = mol，由反应x(g)+2Y(g) 2z(g)可知，反应中减少的量等于反应的x的量，所以平衡(II)时X的转化率为 ×100%=83.3%，答案：83.3%。
【分析】（1）根据右侧发生的反应特点：气体体积不变，气体的总物质的量不变，压强之比与容器体积成反比。
（2）根据转化率的计算公式，转化率等于转化的量除以起始的物质的量。
