（解析版）湖北省随州市第二高级中学高二9月起点考试（B+C班）化学试题

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湖北省随州市第二高级中学2018-2019学年高二9月起点考试化学试题（B+C班)

1.已知化学反应A2(g)＋B2(g)===2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是(　　)

A. 断裂1 mol A—A和1 mol B—B键，放出a kJ能量

B. 每生成2 mol AB(g)吸收b kJ能量

C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量

D. 该反应热ΔH＝(a－b) kJ·mol－1

【答案】D

【解析】

A、断裂化学键需要吸收热量，断裂1 mol A-A和1 mol B-B键，吸收a kJ能量，故A错误；B、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，吸收(a-b)kJ热量，故B错误；C、由图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，即为吸热反应，故C错误；D、反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，所以反应热△H=+(a-b)kJ•mol-1，故D正确；故选D。

2.工业上由CO2和H2合成气态甲醇的热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－50 kJ·mol－1。下面表示合成甲醇的反应的能量变化示意图，其中正确的是(　　)

A. A B. B C. C D. D

【答案】A

【解析】

反应CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)△H=-50kJ•mol-1是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，物质越稳定，其能量越小，所以液态物质的能量小于气态物质，则符合条件的图象是A，故选A。

点睛：本题考查化学反应与能量变化，知道放热反应中反应物总能量大于生成物总能量；物质越稳定，其能量越小是解题的关键。

3.已知：4NH3 (g)＋5O2 (g) 4NO (g)＋6H2O (g)　ΔH＝－1 025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应起始物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是(　　)

A. A B. B C. C D. D

【答案】C

【解析】

A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故A正确；B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故B正确；C、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故C错误；D、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，正催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，故D正确；故选C。

4.用CO合成甲醇（CH3OH）的化学方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示．下列说法正确的是

A. 温度： T1＞T2＞T3

B. 正反应速率：υ（b）＞υ（d） υ（a）＞υ（c）

C. 平衡常数：K（a）＞K（c） K（b）=K（d）

D. 平均摩尔质量： M（b）＞M（d） M（a）＜M（c）

【答案】C

【解析】

试题分析：A、该反应是放热反应，温度越高，CO的转化率越小，则T1＜T2＜T3，A错误；B、由图可知，b、d两点温度相同，压强越大，反应速率越大，则v（b）＞v（d），a、c两点压强相同，温度T1＜T3，温度越高，反应速率越快，则υ（a）＜υ（c），B错误；C、由图可知，a、c两点压强相同，温度T1＜T3，降低温度，平衡正向移动，则K（a）＞K（c），平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，则K（b）=K（d），C正确；D、CO转化率的越大，气体的总物质的量越小，平均摩尔质量越大，则M（a）＞M（c），M（b）＞M（d），D正确。答案选C。

考点：图像分析

5.一定量的气体在密闭容器中发生反应：xA(g) + yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度为1.0mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达新平衡后， 测得A的浓度降低为0.60 mol/L。下列有关判断正确的是

A. 平衡向正反应方向移动

B. 物质B的转化率降低

C. x + y ＜ z

D. 物质C的体积分数增大

【答案】B

【解析】

试题解析：温度不变，容器的容积扩大到原来的2倍，若平衡不移动，A的浓度应为0.50 mol/L，而A的浓度为0.60 mol/L说明平衡向逆反应方向移动，逆反应是气体体积增大的方向，即x＋y>z，C的体积分数减小，B的转化率降低，故A、C、D错误，B正确。

考点：化学平衡的影响因素

6.根据如下能量关系示意图，下列说法正确的是

A. 1 mol C(g)与1 mol O2(g)的能量之和为393.5 kJ

B. 反应2CO(g)+O2(g) ==2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量

C. 由C→CO的热化学方程式为：2C(s)+O2(g) ==2CO(g) ΔH= −221.2 kJ∙mol−1

D. CO的燃烧热ΔH= 282.9 kJ∙mol−1

【答案】C

【解析】

【详解】A、由图可知，1 mol C(s)与1 mol O2(g)的能量之和大于393.5 kJ，而1 mol C(g)与1 mol O2(g)的能量之和远大于393.5 kJ，选项A错误；B、由图可知，1 mol CO(g)与0.5mol O2(g)生成1 mol CO2(g)放出282.9 kJ的热量，所以反应2CO(g)+O2(g) =2CO2(g)中，生成物的总能量小于反应物的总能量，选项B错误；C、由图可知，1 mol C(s)与0.5mol O2(g)转化为1 mol CO(g)，放出热量为：393.5-282.9=110.6 kJ，所以2C(s)+O2(g) ==2CO(g) ΔH= −221.2 kJ∙mol−1，选项C正确；D、根据选项B得反应CO(g)+O2(g) =CO2(g) ΔH= −282.9 kJ∙mol−1，可知CO的燃烧热ΔH=－282.9 kJ∙mol−1，选项D错误。答案选C。

【点睛】本题主要考查热化学方程式的书写以及反应热的计算，必须能根据焓变来计算物质燃烧热，注意反应热的单位及焓变的正负号。

7.由下表提供数据及相关物质结构知识，反应1：SiCl4(g)+2H2(g)=Si(g)+4HCl(g)，反应2：Si(g)+O2(g)=SiO2(g)，则反应1和反应2的反应热为

硅的晶体结构

A. +236kJ/mol，-990kJ/mol B. -116kJ/mol，-990kJ/mol

C. -116kJ/mol，-70kJ/mol D. +236kJ/mol，-70kJ/mol

【答案】A

【解析】

【分析】

根据反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和进行计算求得。

【详解】根据反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则反应1：SiCl4(g)+2H2(g)=Si(g)+4HCl(g)的焓变△H=360kJ/mol×4+436kJ/mol×2-176kJ/mol×2-431kJ/mol×4=+236 kJ/mol；反应2：Si(g)+O2(g)=SiO2(g) 的焓变△H=176kJ/mol×2+498kJ/mol-460kJ/mol×4=-990 kJ/mol；答案选A。

8.下列热化学方程式正确的是（　　）

A. 甲烷的燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·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）　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1

B. 500 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2（g）和1.5 mol H2（g）置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2（g）＋3H2（g） 2NH3（g）　ΔH＝－38.6 kJ·mol－1

C. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝-57.3 kJ·mol－1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热ΔH＝2x（-57.3）kJ·mol－1

D. 已知2C（s）＋2O2（g）=2CO2（g）　ΔH＝a，2C（s）＋O2（g）=2CO（g）　ΔH＝b，则a

【答案】D

【解析】

甲烷的燃烧热是生成液态水时放出的热量，甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l）　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，故A错误；合成氨反应可逆，将0.5 mol N2（g）和1.5 mol H2（g）置于密闭容器中充分反应生成NH3（g）的物质的量小于1mol，故B错误；中和热是稀强酸、稀强碱反应，生成1mol水放出的热量，H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热是ΔH＝-57.3kJ·mol－1，故C错误；相同物质的量的碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热大于生成CO放出的热，故D正确。

9.在一定条件下有反应: 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)  △H=-197kJ/mol.现有容积相同的甲、乙、丙三个定容容器。在上述条件下分别充入的气体和反应放出的热量(Q) 如表所示:

根据以上数据，下列叙述不正确的是:

A. Q1<197

B. 在上述条件下，反应生成1molS03气体放热98.5kJ

C. Q2=Q3

D. Q31<2Q2

【答案】D

【解析】

A、在一定条件下的可逆反应: 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)  △H=-197kJ/mol.，现在甲中投入2molSO2和1molO2，不可能完全反应，平衡时放出的热量少于197kJ，故A正确；B、由2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)  △H=-197kJ/mol可知，物质的量与反应放出的热量成正比，所以在上述条件下反应生成1molSO3气体放热98.5kJ，故B正确；C、该反应为可逆反应，则甲中放出的热量小于179kJ；乙中的物质的量为甲中的一半，压强越大，平衡正向移动的趋势越大，所以乙中放出的热量小于甲中的一半；丙中充入氮气，容积相同且不变，则对平衡移动无影响，所以丙与乙中的能量变化相同，所以Q2=Q3，故 C正确；D、由C选项的分析，2Q2=2Q3＜Q1＜197kJ，故D错误；故选D。

点睛：本题考查反应热与焓变，解题关键：明确热化学反应方程式的意义及压强对平衡移动的影响，难点为选项D，注意放出的热量及平衡移动相结合来分析热量变化。易错点A，注意反应的焓变和反应放出的热量的区别。

10.意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，已知断裂1mol N－N吸收167kJ热量，断裂1molN≡N吸收942kJ热量．根据以上信息和数据，下列说法正确的是（　　）

A. N4属于一种新型的化合物，与N2互为同素异形体

B. N4的沸点比白磷（P4）的高

C. 1mol N4转化为2mol N2的同时放出能量

D. 相同质量的N4和 N2所含原子个数比为1:2

【答案】C

【解析】

A. N4属于一种新型单质，与N2互为同素异形体，A不正确； B. N4的分子结构与白磷相似，N4的相对分子质量比白磷小，所以N4的沸点比白磷（P4）的低，B不正确； C.断裂 1mol N4中的化学键需消耗4 kJ能量 ，形成2mol N2中的化学键要放出2 kJ能量，所以 1mol N4转化为2mol N2的同时放出能量，C正确；D. 相同质量的N4和 N2所含原子个数比为1:1，D不正确 。本题选C。

11.反应：L(s)＋aG(g)bR(g) 达到平衡时，温度和压强对该反应的影响如图所示：图中压强p1＞p2，x轴表示温度，y轴表示平衡混合气中G的体积分数。

据此可判断( )

A. 上述反应是放热反应

B. 上述反应是吸热反应

C. a＞b

D. 增大压强，平衡向正反应方向移动

【答案】B

【解析】

根据已知条件，由图可知压强不变时，升高温度G的体积分数减小，说明平衡正向移动，因为升高温度平衡向吸热方向移动，所以正反应是吸热反应，故A项错误，B项正确；温度一定时，增大压强G的体积分数增大，说明平衡逆向移动，因为增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，所以a，故C、D两项都不正确。综上所述，符合题意的选项为B。

视频

12.将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g) H2(g)＋I2(g)达到平衡时，c(H2)＝1 mol·L－1，c(HI)＝4 mol·L－1，则此温度下反应①的平衡常数为( )

A. 36 B. 24 C. 16 D. 9

【答案】B

【解析】

平衡时c(HI)＝4 mol·L－1，HI分解生成的H2的浓度为1 mol·L－1，则 NH4I分解生成的HI的浓度为4 mol·L－1+2×1 mol·L－1=6 mol·L－1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为6 mol·L－1，所以反应(1)的平衡常数k=c(NH3)×c(HI)= 6 mol·L－1×4 mol·L－1=24 mol2·L－2。故选B。

13.已知反应：2NO2（红棕色）N2O4（无色），分别进行如下两个实验：

实验ⅰ：将NO2球分别浸泡在热水和冰水中，现象如图1。

实验ⅱ：将一定量的NO2充入注射器中后封口，测定改变注射器体积的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小），如图2。下列说法不正确的是

A. 图1现象说明该反应为放热反应

B. 图2中b点的操作是压缩注射器

C. c点：v(正)＞v(逆)

D. 若没有能量损失，考查体系温度变化，则T(d)＜T(c)

【答案】D

【解析】

【分析】

图1现象说明热水中颜色深，升温平衡向逆反应即吸热方向移动，则该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，后来平衡正向移动，气体颜色变浅，透光率增大，据此分析。

【详解】A、图1现象说明热水中颜色深，升温平衡向逆反应即吸热方向移动，则该反应是正反应气体体积减小的放热反应，选项A正确；B、b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，选项B正确；C、c点平衡正向移动，气体颜色变浅，透光率增大，所以v（正）>v（逆），选项C正确；D、c点以后平衡正向移动，气体颜色变浅，透光率增大，又反应放热，导致T（c）（d），选项D错误；答案选D。

【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，本题通过图象和透光率考查了压强对平衡移动的影响，注意勒夏特列原理的应用，题目难度不大。

14.一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)+B(g)3C(g)，若反应开始时充入2 mol A和2 mol B，达平衡后A的体积分数为a%。其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后A的体积分数大于a%的是(    )

A. 2.5mol C

B. 2 mol A、2 mol B和10 mol He（不参加反应）

C. 1.5 mol B和1.5 mol C

D. 2 mol A、3 mol B和3 mol C

【答案】A

【解析】

【分析】

反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，即可得到相同平衡状态，结合浓度对平衡移动的影响，只要加入的物质的量：n（A）：n（B）＞1：1，平衡后A的体积分数大于a%。

【详解】反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，就是等效平衡，结合浓度对平衡移动的影响，只要加入的物质的量：n（A）：n（B）＞1：1，平衡后A的体积分数大于a%，A.2molC相当于molA和molB，二者的比值为2：1，大于1：1，则平衡后A的体积分数大于a%，选项A正确；B.2molA、2molB和1molHe（不参加反应），n（A）：n（B）=2：2，等于1：1，则平衡后A的体积分数等于a%，选项B错误；

C.1molB和1molC，相当于molA和molB，n（A）：n（B）=1：2，小于1：1，则平衡后A的体积分数小于a%，选项C错误；D.2molA、3molB和3molC，相当于4molA和4molB，二者的比值为4：4，等于1：1，则平衡后A的体积分数等于a%，选项D错误，答案选A。

【点睛】本题考查等效平衡问题，题目难度中等，本题注意与原配比数相比较，结合浓度对平衡移动的影响可进行判断。

15.Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)。在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：

由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用如图表示。当升高温度，再次达到平衡时，v正 v逆可能落在A、B、C、D、E哪些点。

A. A D B. B D C. B E D. A E

【答案】D

【解析】

【分析】

升高温度，正、逆反应速率均加快，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应建立平衡，平衡时HI的物质的量分数减小，逆反应建立平衡，平衡时H2的物质的量分数增大，据此答题。

【详解】对于2HI（g）H2（g）+I2（g）反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除C点，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时HI的物质的量分数减小，因此排除Ｂ点，故选Ａ点；对于H2（g）+I2（g）2HI（g）反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动，再次平衡时H2的物质的量分数增大，故选E点；因此反应重新达到平衡，v正～x（HI）对应的点为A，v逆～x（H2）对应的点为E，答案选D。

【点睛】本题主要考查平衡的移动影响因素等，侧重考查学生自学能力、分析解决问题的能力，注意表中数据为不同方向建立的平衡，题目中没有明确，增大题目难度。

16.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状态时有关物理量的变化如图所示：

下列判断正确的是（ ）

A. 反应①的正反应是吸热反应

B. 达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14:15

C. 达平衡（I）时，X的转化率为5/11

D. 在平衡（I）和平衡（II）中，M在隔板右边气体中的体积分数不变

【答案】C

【解析】

试题分析：A、降温由平衡（I）向平衡（II）移动同时XYZ的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，错误，不选A；B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为2:2.2=10:11，，错误，不选B；C、达平衡（I）时，右边气体的物质的量不变，仍为2摩尔，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2：x=2.2:2.8 x=28/11mol，期物质的量减少了3-28/11=5/11mol，所以达平衡（I）时，X 的转化率为5/11，正确，选C；D、由平衡（I）到平衡（II），化学反应②发生移动，M的体积分数不会相等，错误，不选D。

考点：化学平衡的影响因素

17.氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。回答下列问题：

已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=- 221 kJ/mol

C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=- 393.5 kJ/mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH= +181 kJ/mol

（1）若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式：___________________________；下列措施能够增大此反应中NO的转化率的是(填字母代号)_________。

a.增大容器压强 b.升高温度 c.使用优质催化剂 d.增大CO的浓度

（2）向容积为2L的密闭容器中加入活性炭(足量)和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，NO和N2的物质的量变化如下表所示。

①0～5min内，以CO2表示的该反应速率v(CO2)=_____，该条件下的平衡常数K=__________。

②第15 min后，温度调整到T2，数据变化如上表所示，则T1_______ T2(填“>”、“<”或“=”)。

③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2 mol，则此时反应_______移动(填“正向”、“逆向”或“不”)；最终达平衡时NO的转化率a=______________。

【答案】 (1). 2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)　△H=-747 kJ/mol (2). ad (3). 0.042mol·L-1·min-1 (4). (5). ＞ (6). 正向 (7). 60%

【解析】

【分析】

（1）依据平衡常数表达式书写热化学方程式，结合已知的热化学方程式和盖斯定律计算得到缩小热化学方程式的焓变，得到此反应的热化学方程式；

【详解】（1）若某反应的平衡常数表达式为：k=，反应为2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），①2C（s）+O 2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-l

②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ•mol-l,

③N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+181kJ•mol-l,

盖斯定律计算②×2-③-①得到2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）△H=-747 kJ•molˉ1; 由于该反应为气体体积减小的放热反应,a.增大容器压强平衡正向移动NO转化率增大,故正确;b.升高温度平衡逆向移动,NO转化率减小，故错误；c.使用优质催化剂不能改变平衡，故错误；d.增大CO的浓度，可以提高NO的转化率,故正确;答案选ad; （2）根据盖斯定律:上述已知反应②-①得:C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) △H=-574.5kJ•mol-l,①利用表格数据: 0～5min内，以N2表示的该反应速率v(N2)=,所以以CO2表示的该反应速率v(CO2)= v(N2)，通过分析知10min后浓度不再改变,处于平衡状态,用三段式分析浓度改变

C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)

10min时平衡浓度(mol/L) 0.4 0.3 0.3

平衡常数K=;②第15 min后，温度调整到T2，从表格查得NO减少,N2增加,平衡正向移动,由于反应为放热反应,改变条件为除温,则T1>T2;

③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2 mol，此时各量分析如下:

C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)

30min时平衡浓度(mol/L) 0.2 0.4 0.4

加入混合物后浓度(mol/L) 1.2 1.4 1.4

变化浓度(mol/L) 2x x x

新平衡浓度(mol/L) 1.2-2x 1.4＋x 1.4＋x

T2时平衡常数K=,加入混合物后Qc=,则此时反应正向移动;由于温度不变,平衡常数为定值,新平衡时有:,解得ｘ＝０.2;经计算NO超始总量为2mol+2mol=4mol,达到平衡时NO的物质的量为(1.2-2mol/L2L=1.6mol，转化的NO共4mol-1.6mol=2.4mol，所以最终达平衡时NO的转化率a=。

18.利用下图装置测定中和热的实验步骤如下：

①用量筒量取50 mL 0.25 mol·L－1硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸温度；

②用另一量筒量取50 mL 0.55 mol·L－1NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；

③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度。

回答下列问题：

（1）倒入NaOH溶液的正确操作是__________。

A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入

（2）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是________。

A．用温度计小心搅拌 B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌

C．轻轻地振荡烧杯 D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动

（3）搅拌棒为何不用铜质的_____________.

（4）实验数据如下表：

①请填写下表中的空白：________。

②近似认为0.55 mol·L－1NaOH溶液和0.25 mol·L－1硫酸溶液的密度都是1 g·cm－3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18 J·g－1·℃－1。依据上表数据计算中和热ΔH＝________(取小数点后一位)。

③中和热测定实验中，下列操作一定会降低实验准确性的是______。

A．用滴定管（精量仪器，读数保留到0.01）取所用酸碱溶液的体积

B．NaOH溶液在倒入小烧杯时，有少量溅出

C．大、小烧杯体积相差较大，夹层间放的碎泡沫塑料较多

D．测量硫酸溶液的温度计用水洗净后才用来测NaOH溶液的温度

【答案】 (1). C (2). D (3). 铜具有良好的传热性能，易使热量扩散，导致热量损失 (4). 3.4℃ (5). -56.8kJ/mol (6). B

【解析】

【分析】

（１）将NaOH溶液倒入小烧杯中，不能分几次倒入，否则会导致热量散失，影响测定结果；（２）盐酸和氢氧化钠混合时，用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，使盐酸与NaOH溶液混合均匀；（4）根据公式Q=△H=△Tcm来计算反应的焓变，并根据热化学方程式的书写方法来写热化学方程式；（5）实验中中和热的实验值往往小于理论值，其主要原因是热量散失，根据图示装置材料分析其原因．

【详解】（１）倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故选C；（２）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计是测量温度的，不能使用温度计搅拌；也不能轻轻地振荡烧杯，否则可能导致液体溅出或热量散失，影响测定结果；更不能打开硬纸片用玻璃棒搅拌，否则会有热量散失，故选D；(3)铜具有良好的传热性能，易使热量扩散，导致热量损失，故搅拌棒不用铜质的；（4）①实验1、2、3、4中温差分别是3.4℃、5. 1℃（误差太大，舍去）、3.3℃、3.5℃，所以温度差平均值3.4℃；②氢氧化钠过量，反应中生成水是0.025mol，所以ΔH＝；③A、用滴定管（精量仪器，读数保留到0.01）取所用酸碱溶液的体积，结果更精确，提高实验准确性，选项A错误；B、氢氧化钠溶液溅出时，碱的量减少，会使得中和热数据偏小，这样一定会降低实验准确性，选项B正确；C、大、小烧杯夹层间放的碎泡沫塑料较多，保温效果更好，会提高实验准确性，选项C错误；D、测量HCl溶液的温度计用水洗净再测氢氧化钠，会减少酸和碱之间因为中和反应而导致的热量损失，提高实验的准确度，选项D错误；答案选B．

【点睛】本题考查了中和热的测定方法，题目难度不大，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确．

19.化学反应速率、化学平衡理论通过大量化学实验进行验证，回答下列相关实验问题。

（1）、Cr2在溶液中与存在一平衡体系，若向体系中加入足量70%的硫酸，溶液呈______色，平衡体系的离子方程式________________________。

（2）、探究酸性条件下影响KI溶液被空气氧化的快慢因素，通过观察___________浓度变化比较速率快慢的，KI被氧化的离子方程式___________________。

（3）根据硫代硫酸钠与酸反应探究多种条件对反应速率的影响，下表各组实验中最快出现浑浊的是______；反应离子方程式_________________________________.

（4）某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：

【实验内容及记录】

请回答：

①根据实验试剂写出实验原理：_____________________（用离子方程式表示）

②分析上述表中的实验数据。V=___mL.实验中加水的目的是________________.

③利用实验1中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)=__________。

【答案】 (1). 橙色 (2). Cr2+H2O2Cr+2H+ (3). I2或碘 (4). 4+O2+4H+=I2+2H2O (5). D (6). S2+2H+=S↓+SO2↑+H2O (7). 5H2C2O4+2Mn+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O (8). 2mL (9). 确保每次实验c(H2C2O4) c(H2SO4)不变 (10). 1.5 mol··

【解析】

【详解】（1）加入足量70%的硫酸，氢离子浓度增大，使化学平衡向正反应方向移动，所以溶液由黄色变为橙色；平衡体系的离子方程式为Cr2+H2O2Cr+2H+；（2）、探究酸性条件下影响KI溶液被空气氧化的快慢因素，通过观察I2浓度变化比较速率快慢的，KI被氧化生成碘，反应的离子方程式为4+O2+4H+=I2+2H2O；（3）根据反应浓度越大反应速率越快，反应温度越高反应速率越快，通过表格中数据可知下表各组实验中最快出现浑浊的是D；反应离子方程式为S2+2H+=S↓+SO2↑+H2O；（４）①根据实验试剂为草酸与高锰酸钾反应，故实验原理为：5H2C2O4+2Mn+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；②分析上述表中的实验数据。V=２mL.实验中加水的目的是确保每次实验c(H2C2O4) 、c(H2SO4)不变；③反应中消耗高锰酸钾的浓度是＝0.06mol/L，所以υ(KMnO4)＝＝1.5×10－2 mol / (L·min)。

20.亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂。回答下列问题：

（1）NOCl虽然不稳定，但其原子均达到8e-稳定结构，NOCl的电子式为__________。

（2）一定条件下，在密闭容器中发生反应：2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)，其正反应速率表达式为v正=k·cn( NOCl)(k为速率常数)，测得v正和c(NOCl)的关系如表：

则n=_________；k=___________。

（3）25 ℃时，制备亚硝酰氯所涉及的热化学方程式和平衡常数如表：

则该温度下，ΔH3=______kJ/mol；K3=______（用K1和K2表示）。

（4）25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08 mol NO和0.04 molCl2发生上述反应③，若反应开始与结束时温度相同，数字压强仪显示反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图曲线a所示，则ΔH3=______（填“>”“<”或“=”）0；若其他条件相同，仅改变某一条件，测得其压强(p)随时间(t)的变化如图曲线b所示，则改变的条件是_____________；K3=___________L/mol；在5 min时，再充入0.08 mol NO和0.04 molCl2，则混合气体的平均相对分子质量将_____________（填“增大”、“减小”或“不变”）。

【答案】 (1). // < // // (2). 2 (3). 4×10-8 L/(mol·s) (4). 2a-b (5). (6). < (7). 加入催化剂 (8). 28.8 (9). 增大

【解析】

（1）NOCl为共价化合物，氮、氧、氯三种原子间形成共价键，同时满足每个原子到8e-稳定结构，所以NOCl的电子式为；正确答案：。

（2）根据v正=k·cn( NOCl)进行计算：①3.60×10-9= k·（0.30）n，②1.44×10-8= k·（0.60）n ，两式相除，得n=2；然后把n=2带入①式，3.60×10-9= k·（0.30）2, 得k=4×10-8 L/(mol·s)；正确答案：2；4×10-8 L/(mol·s)。

（3）根据盖斯定律：①×2-②，得到反应③，因此：2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g) ΔH3=2a-b kJ/mol；①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+NOCl(g) K1=c(NOCl)/c2(NO2)；②4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) K2=c2(NO)×c(Cl2)/c4(NO2)；③2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g) K3= c2(NOCl)/c2(NO)×c(Cl2)，所以K12/K2=K3；正确答案：2a-b； 。

（4）根据图像可知，正反应为气体物质的量减小的反应，但是开始时气体的压强增大，说明该反应为放热反应，ΔH3<0；若其他条件相同，改变某一条件后，气体的压强不变，说明平衡不移动，改变的条件只能为加入了催化剂；在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08 mol NO和0.04 molCl2，c(Cl2)=0.02mol/L，c(NO)= 0.04 mol/L，设消耗氯气的浓度为x mol/L，根据反应2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g)可知，反应达平衡后，剩余c(NO)=（0.04-2x）mol/L，c(Cl2)=（0.02-x）mol/L，生成c(NOCl)=2x mol/L；根据同一条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，因此平衡后气体的总浓度为（0.04-2x）+（0.02- x）+2x=（0.06-x）mol/L，反应前气体的总浓度为0.02+0.04=0.06 mol/L，0.06/（0.06-x）=8P1/7P1，解之得x=0.0075 mol/L，反应达平衡后K3=（0.015）2/(0.025)2×0.0125=28.8；反应在5 min时达到平衡，在此基础上，再充入0.08molNO和0.04molCl2，容器的体积不变，按比例增大反应物浓度，相当于加压的过程，平衡右移，气体总质量增大，气体总量减小，根据混合气体的平均相对分子质量=m(混)/n(混)可知，合气体的平均相对分子质量增大；正确答案：< ；加入催化剂；28.8； 增大。

21.某学校化学学习小组为探究二氧化氮的性质，按下图所示装置进行实验。

（1）装置甲中发生反应的化学方程式为________________________。

(2)装置丙中的试管内发生反应的离子方程式为：_______________________。

（3）为了探究NO的还原性，可以在装置丁的导气管C中通入一种气体，通入的这种气体的名称是________。

（4）取下装置丙中的试管D，在其中滴加FeSO4溶液，溶液变为________色，为了证明铁元素在该反应中的产物，可以再在溶液中滴加NH4SCN溶液，用离子方程式表示检验原理___________。

（5）硝酸厂常用催化还原方法处理尾气。CH4在催化条件下可以将NO2还原为N2。

已知：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－889.6 kJ·mol－1①

N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)ΔH＝＋67.7 kJ·mol－1②

则CH4还原NO2生成水蒸气和氮气的热化学方程式是_____________。

【答案】 (1). Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O (2). 3NO2＋H2O===2H＋＋2NO＋NO (3). 氧气 (4). 红(或“血红”) (5). Fe3++3Fe(SCN)3 (6). CH4(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋2H2O(g)＋CO2(g) ΔH＝－957.3 kJ·mol－1

【解析】

【详解】（1）装置甲中浓硝酸与铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，发生反应的化学方程式为Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；(2)装置丙中的试管内二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，发生反应的离子方程式为3NO2＋H2O=2H＋＋2NO３－＋NO；（3）一氧化氮被氧气氧化表现还原性，被氧化为二氧化氮，故可以在装置丁的导气管C中通入一种气体，通入的这种气体的名称是氧气；(4)试管D中的溶液为稀硝酸，稀硝酸具有氧化性，能够将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子与SCN－生成血红色的物质；用离子方程式表示检验原理为Fe3++3Fe(SCN)3；（5）已知：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－889.6 kJ·mol－1①

N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)ΔH＝＋67.7 kJ·mol－1②，根据盖斯定律，由①－②得反应CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋2H2O(g)＋CO2(g) ΔH＝－889.6 kJ·mol－1－67.7 kJ·mol－1＝－957.3 kJ·mol－1．

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