广东省揭阳一中2022-2022学年高二（上）第一次段考化学试卷　一、单项选择题（共15小题，每小题3分，共45分．每小题只有一个选项符合题意．）1．据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂．下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是（　　）　2．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　）A．等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1，则氢气燃烧热为241.8kJ•mol﹣1C．己知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H=akJ•mol﹣1；2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=bkJ•mol﹣1；则a＞bD．已知NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4kJ•mol﹣1，则含20.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于28.7kJ　3．如图所示，△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1，△H2=﹣395.4kJ•mol﹣1，下列说法或表示中，正确的是（　　）A．金刚石比石墨稳定性好B．石墨和金刚石的转化是物理变化C．C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1D．断裂1mol石墨中的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石中的化学键吸收的能量小1.9kJ　4．下列变化过程，属于放热反应的是（　　）①液态水变成水蒸气-23-②酸碱中和反应③浓H2SO4稀释④固体NaOH溶于水⑤H2在Cl2中燃烧⑥弱酸电离．A．②③④⑤B．②③④C．②⑤D．①③⑤　5．用3g块状大理石与30mL3mol/L盐酸反应制取CO2气体，若要增大反应速率，可采取的措施是（　　）①再加入30mL3mol/L盐酸　②改用30mL6mol/L盐酸③改用3g粉末状大理石　④适当升高温度．A．①②④B．②③④C．①③④D．①②③　6．100.0mL1.0mol/LH2SO4（aq）跟足量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成H2的总量，可向反应物中加入适量的（　　）A．Na2CO3（s）B．3.0mol/LHNO3C．CH3COONa（aq）D．CuSO4（aq）　7．在一恒温恒容的密闭容器中，放入一定量的甲醇，发生反应：CH3OH（l）⇌CO（g）+2H2（g）．以下可以作为该反应达到平衡状态的判断依据为（　　）A．容器内气体密度保持不变B．气体的平均相对分子质量保持不变C．CO的体积分数保持不变D．CO与H2的物质的量之比保持1：2不变　8．在容积可变的密闭容器中存在如下反应：2A（g）+2B（g）⇌C（g）+3D（g）△H＜0．如图为该可逆反应的反应速率一时间、转化率一时间关系图，下列分析中不正确的是（　　）A．图甲可体现t0时升高温度对反应速率的影响B．图乙可体现t0时增大压强（缩小体积）或使用催化剂对反应速率的影响C．图丙可体现催化剂对化学平衡的影响，且I使用了催化剂D．图丙可体现温度对化学平衡的影响，且Ⅱ的温度较高　9．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果．下列图象描述正确的是（　　）A．根据图可判断可逆反应A2（g）+3B2（g）⇌3C（g）+D（s）的△H＞0-23-B．图表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）⇌2AB3（g）的影响，乙的压强大C．图可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化D．图④是N2与H2合成氨的能量变化曲线，可确定该反应1molN2和4molH2充分反应时放热一定小于92kJ　10．在25℃101kPa下，①2Na（s）+O2（g）═Na2O（s）△H1=﹣414kJ/mol，②2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H2=﹣511kJ/mol，下列说法正确的是（　　）A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C．常温下Na与足量O2反应生成Na20，随温度升高生成Na20的速率逐渐加快D．25℃101kPa下，Na202（s）+2Na（s）═2Na20（s）△H=﹣317kJ/mol　11．恒温下，将1molN2和3molH2在体积为2L的容器中混合，发生如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），2s时测得NH3的体积分数为25%．则下列说法中不正确的是（　　）A．2s时N2的转化率为40%B．2s时混合气体中n（N2）：n（H2）：n（NH3）=3：9：4C．2s时NH3的浓度为0.4mol•L﹣1D．用N2浓度的减少表示的平均反应速率为0.2mol•L﹣1•s﹣1　12．已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△=﹣Q2kJ•mol﹣1，2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H2=﹣Q3kJ•mol﹣1常温下，取体积比4：1的甲烷和氢气的混合气体11.2L（标准状况下），经完全燃烧后恢复至常温，则放出的热量为（　　）A．0.4Q1+0.05Q3B．0.4Q1+0.05Q2C．0.4Q1+0.1Q3D．0.4Q1+0.2Q2-23-　13．室温下，将1mol的CuSO4•5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4•5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4•5H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为△H3．则下列判断正确的是（　　）A．△H2＞△H3B．△H1＜△H3C．△H1+△H3=△H2D．△H1+△H2=△H3　14．已知：P4（s）+6Cl2（g）=4PCl3（g），△H=akJ•mol﹣1；P4（s）+10Cl2（g）=4PCl5（g），△H=bkJ•mol﹣1，P4具有正四面体结构，PCl5中P﹣Cl键的键能为ckJ•mol﹣1，PCl3中P﹣Cl键的键能为1.2ckJ•mol﹣1．下列叙述正确的是（　　）A．P﹣P键的键能大于P﹣Cl键的键能B．可求Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的反应热△HC．Cl﹣Cl键的键能kJ•mol﹣1D．P﹣P键的键能为kJ•mol﹣1　15．体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生下列反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），并达到平衡．在这过程中甲容器压强保持不变，乙容器保持体积不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（　　）A．等于p%B．大于p%C．小于p%D．无法判断　　二、非选择题（共5小题，共55分）16．（14分）化学反应常常伴随着能量变化．（1）在25℃、101kPa下，1g液态甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ．则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为　　　　　　．（2）已知断开1molH﹣H键，1molN﹣H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为　　　　　　（3）在298K下，C、Al的单质各1mol完全燃烧，分别放出热量akJ和bkJ．又知一定条件下，Al能将C从CO2置换出来，写出此置换反应的热化学方程式：　　　　　　．（4）0.1mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在O2中燃烧，生成固态B2O3和液态水，放出216.5kJ的热量，其热化学方程式为　　　　　　．又知：H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ•mol﹣1，则11.2L（标准状况下）B2H6完全燃烧生成气态水时放出的热量是　　　　　　kJ．　17．（12分）碘在科研与生活中有重要作用，某兴趣小组用0.50mol•L﹣1KI、0.2%淀粉溶液、0.20mol•L﹣1K2S2O8、0.10mol•L﹣1Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响．已知：S2O82﹣+2I﹣═2SO42﹣+I2（慢）I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣（快）（1）向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的　　　　　　耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色，为确保能观察到蓝色，S2O32﹣与S2O82﹣初始的物质的量需满足的关系为：n（S2O32﹣）：n（S2O82﹣）　　　　　　．-23-（2）为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如表：实验序号体积V/mLK2S2O8溶液水KI溶液Na2S2O3溶液淀粉溶液①10.00.04.04.02.0②9.01.04.04.02.0③8.0Vx4.04.02.0表中Vx=　　　　　　mL，理由是　　　　　　．（3）已知某条件下，浓度c（S2O82﹣）～反应时间t的变化曲线如图，若保持其它条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c（S2O82﹣）～反应时间t的变化曲线示意图（进行相应的标注）．　18．（15分）研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义．（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为　　　　　　．（2）已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣12NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1则反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）的△H=　　　　　　kJ•mol﹣1．一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是　　　　　　．a．体系压强保持不变b．混合气体颜色保持不变c．SO3和NO的体积比保持不变d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图1示．该反应△H　　　　　　0（填“＞”或“＜”）．工业上实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，不选择更高压强的理由是　　　　　　．-23-（4）将CH4转化成CO，工业上常采用催化转化技术，其反应原理为：CH4（g）+O2（g）⇌CO（g）+2H2O（g）△H=﹣519kJ/mol．工业上要选择合适的催化剂，分别对X、Y、Z三种催化剂进行如下实验：①X在750℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；②Y在600℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；③Z在440℃时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1×106倍；根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是　　　　　　（填“X”或“Y”或“Z”），选择的理由是　　　　　　．（5）请在答题卡的坐标图中如图2画出上述反应在有催化剂与无催化剂两种情况下反应过程中体系能量变化示意图，并进行必要标注．　19．（9分）反应：aA（g）+bB（g）cC（g）（△H＜0）在等容条件下进行．改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图示：回答问题：（1）反应的化学方程式中，a：b：c为　　　　　　；（2）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是　　　　　　，采取的措施是　　　　　　；（3）比较第Ⅱ阶段反应温度（T2）和第Ⅲ阶段反应温度（T3）的高低：T2　　　　　　T3（填“＞”“＜”或“=”），判断的理由是　　　　　　；（4）若αⅠ（B）、αⅡ（B）、αⅢ（B）分别表示B在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ各阶段的平衡转化率，则三者中最小的是　　　　　　，其值是　　　　　　（结果保留2位有效数字）．　20．（5分）利用如图（a）和（b）中的信息，按图（c）装置（连接的A、B瓶中已充有NO2气体，Fe3+能催化H2O2分解）进行实验．可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的　　　　　　（填“深”或“浅”），其原因是　　　　　　．　　-23-广东省揭阳一中2022-2022学年高二（上）第一次段考化学试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题（共15小题，每小题3分，共45分．每小题只有一个选项符合题意．）1．据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂．下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是（　　）【考点】化学反应中能量转化的原因；催化剂的作用．【分析】水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变．【解答】解：A、水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，与图不符，故A错；B、加入催化剂反应热不变，并且图象符合反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；C、化学反应一定伴随着能量变化，反应物的总能量与生成物的总能量不相等，故C错；D、加入催化剂降低反应的活化能，图象不符合，故D错．故选：B．【点评】本题考查催化剂对化学反应的影响以及反应热与反应物和生成物总能量的关系，以图象体题的形式呈现，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断某一反应是吸热还是放热．　2．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　）A．等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1，则氢气燃烧热为241.8kJ•mol﹣1C．己知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H=akJ•mol﹣1；2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=bkJ•mol﹣1；则a＞bD．已知NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4kJ•mol﹣1，则含20.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于28.7kJ【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、硫蒸气变化为硫固体为放热过程；-23-B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水；C、一氧化碳燃烧生成二氧化碳放热，焓变为负值；D、20．OgNaOH为0.5mol，醋酸是弱酸，其电离过程是吸热过程．【解答】解：A、硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，即前者放出热量多，故A正确；B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热＜﹣241.8kJ•mol﹣1，故B错误；C、一氧化碳燃烧生成二氧化碳放热，焓变为负值，己知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H=akJ•mol﹣1；2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=bkJ•mol﹣1；则a＜b，故C错误；D、已知NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4kJ•mol﹣1，指1molNaOH和molHCl溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量为57.4kJ，则0.5molNaOH与强酸反应放出=28.7kJ的热量，醋酸是弱酸，其电离过程是吸热过，20.0g即0.5molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于28.7kJ的热量，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了化学反应中的能量变化，反应燃烧热、中和热的分析等，属于基础知识的考查，题目难度不大．　3．如图所示，△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1，△H2=﹣395.4kJ•mol﹣1，下列说法或表示中，正确的是（　　）A．金刚石比石墨稳定性好B．石墨和金刚石的转化是物理变化C．C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1D．断裂1mol石墨中的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石中的化学键吸收的能量小1.9kJ【考点】化学反应的能量变化规律；物理变化与化学变化的区别与联系．【分析】先根据图写出对应的热化学方程式，然后根据盖斯定律写出石墨转变成金刚石的热化学方程式，根据物质的能量越低越稳定，拆化学键吸收能量，形成化学键放出热量来解答．【解答】解：由图得：①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣395.4kJ•mol﹣1，利用盖斯定律将①﹣②可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，A．金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故A错误；B．石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故B错误；C．因C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，故C正确；D．依据热化学方程式C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，断裂1mol石墨的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石的化学键吸收的能量大于1.9kJ，故D错误．-23-故选C．【点评】本题考查热化学方程式的书写及应用，题目难度不大，注意物质的稳定性与能量的关系．　4．下列变化过程，属于放热反应的是（　　）①液态水变成水蒸气②酸碱中和反应③浓H2SO4稀释④固体NaOH溶于水⑤H2在Cl2中燃烧⑥弱酸电离．A．②③④⑤B．②③④C．②⑤D．①③⑤【考点】吸热反应和放热反应．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸或与水、所有中和反应、绝大多数化合反应、铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应（如C和CO2）、工业制水煤气、碳（一氧化碳、氢气等）还原金属氧化物、某些复分解（如铵盐和强碱）．【解答】解：①液态水变成水蒸气是物理变化，故①错误；②酸碱中和反应是放热反应，故②正确；③浓H2SO4稀释是物理变化，故③错误；④固体NaOH溶于水是物理变化，故④错误；⑤H2在Cl2中燃烧是放热反应，故⑤正确；⑥弱酸电离是吸热过程，故⑥错误．故选C．【点评】本题主要考查了化学反应中能量变化，难度不大，掌握常见的放热反应和吸热反应是解题的关键．　5．用3g块状大理石与30mL3mol/L盐酸反应制取CO2气体，若要增大反应速率，可采取的措施是（　　）①再加入30mL3mol/L盐酸　②改用30mL6mol/L盐酸③改用3g粉末状大理石　④适当升高温度．A．①②④B．②③④C．①③④D．①②③【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂、x射线、固体物质的表面积等．浓度：增加反应物浓度，使反应速率加快．温度：升高温度，使反应速率加快．压强：对于有气体参与的化学反应，除体积其它条件不变时，增大压强，使反应速率加快．使用正催化剂，使反应物速率加快．【解答】解：用3克块状大理石与30毫升3摩/升盐酸反应制取CO2气体发生的反应为：CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O要增大反应速率，则：①再加入30毫升3摩/升盐酸，盐酸浓度未变，反应速率不变，故①错误；②改用30毫升6摩/升盐酸．盐酸浓度增大，增加了单位体积的活化分子的数目，从而增加有效碰撞，反应速率加快．故②正确；-23-③改用3克粉末状大理石　固体大理石的表面积增大，反应速率加快．故③正确；④适当升高温度．升高温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，故反应速率加大．故④正确；故选B．【点评】掌握影响化学反应速率的因素有哪些，为什么能够影响，是解题的关键，平时学习需理解记忆．　6．100.0mL1.0mol/LH2SO4（aq）跟足量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成H2的总量，可向反应物中加入适量的（　　）A．Na2CO3（s）B．3.0mol/LHNO3C．CH3COONa（aq）D．CuSO4（aq）【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】反应的实质为Zn+2H+═Zn2++H2↑，为了减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总量，则减小氢离子的浓度但不能改变氢离子的物质的量即可，注意Zn过量，以此来解答．【解答】解：A．碳酸钠与酸反应，生成氢气的量减少，故A不选；B．硝酸与锌反应不生成氢气，故B不选；C．加适量的醋酸钠，会和硫酸反应生成醋酸，氢离子的物质的量不变，浓度变小，则减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，故C选；D．加入硫酸铜，锌置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故D不选．故选C．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，明确浓度对反应速率的影响即可解答，选项B为学生解答中的难点，注意硝酸具有强氧化性的特点，题目难度不大．　7．在一恒温恒容的密闭容器中，放入一定量的甲醇，发生反应：CH3OH（l）⇌CO（g）+2H2（g）．以下可以作为该反应达到平衡状态的判断依据为（　　）A．容器内气体密度保持不变B．气体的平均相对分子质量保持不变C．CO的体积分数保持不变D．CO与H2的物质的量之比保持1：2不变【考点】化学平衡状态的判断．【分析】当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，根据密度和平均相对分子质量的公式进行分析解答该题．【解答】解：A．在恒容容器中，体积不变，由CH3OH（l）⇌CO（g）+2H2（g）反应可得反应前后气体质量在变，所以密度保持不变，证明达到了化学平衡状态，故A正确；B．由于甲醇为液体，气体的组成一直不变，CO与氢气的物质的量之比一直是1：2，则平均相对分子质量一直不变，所以平均相对分子质量保持不变不能证明达到了化学平衡状态，故B错误；C．由于甲醇为液体，气体的组成一直不变，CO与氢气的物质的量之比一直是1：2，所以CO的体积分数一直不变，所以CO的体积分数保持不变，不能证明达到了化学平衡状态，故C错误；D．由于甲醇为液体，气体的组成一直不变，CO与氢气的物质的量之比一直是1：2，所以不能证明达到了化学平衡状态，故D错误．故选：A．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意：只有反应前后改变的物理量才能作为判断化学平衡的依据，反应前后不改变的物理量不能作为化学平衡的判断依据．-23-　8．在容积可变的密闭容器中存在如下反应：2A（g）+2B（g）⇌C（g）+3D（g）△H＜0．如图为该可逆反应的反应速率一时间、转化率一时间关系图，下列分析中不正确的是（　　）A．图甲可体现t0时升高温度对反应速率的影响B．图乙可体现t0时增大压强（缩小体积）或使用催化剂对反应速率的影响C．图丙可体现催化剂对化学平衡的影响，且I使用了催化剂D．图丙可体现温度对化学平衡的影响，且Ⅱ的温度较高【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．【专题】化学平衡专题．【分析】A、图甲在t0时，V逆、V正都增大，为升高温度或增大压强，且V逆＞V正，平衡向逆反应进行．结合可逆反应特征分析；B、图乙在t0时，V逆、V正都增大，且V逆=V正，该反应反应前后气体的物质的量不变，为增大压强（缩小体积）或使用催化剂；C、使用催化剂，缩短到达平衡时间，平衡不移动；D、温度越高，反应速率越快，到达平衡时间短．温度升高平衡向吸热反应移动．【解答】解：A、图甲在t0时，V逆、V正都增大，为升高温度或增大压强，且V逆＞V正，平衡向逆反应进行．可逆反应正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，图象符合；反应前后气体的物质的量不变，增大压强平衡不移动，故不可能为增大压强，故A正确；B、图乙在t0时，V逆、V正都增大，且V逆=V正，该反应反应前后气体的物质的量不变，增大压强（缩小体积）或使用催化剂，速率同等程度增加，平衡不移动，故B正确；C、使用催化剂，加快反应速率，缩短到达平衡时间，平衡不移动，A的转化率不变，图丙不能体现使用了催化剂，图象不符合，故C错误；D、若图丙体现温度对化学平衡的影响，温度越高，反应速率越快，到达平衡时间短，Ⅱ的温度较高．可逆反应正反应为放热反应，温度升高平衡向吸热反应移动，即向逆反应移动，A的转化率降低，图象符合，故D正确．故选C．【点评】本题考查外界条件对反应速率、化学平衡的影响等，难度中等，掌握外界条件对反应速率、化学平衡的影响即可解答．　9．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果．下列图象描述正确的是（　　）A．根据图可判断可逆反应A2（g）+3B2（g）⇌3C（g）+D（s）的△H＞0-23-B．图表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）⇌2AB3（g）的影响，乙的压强大C．图可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化D．图④是N2与H2合成氨的能量变化曲线，可确定该反应1molN2和4molH2充分反应时放热一定小于92kJ【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素．【分析】A、从温度升高正逆反应速率的变化判断平衡移动的方向，以此来判断反应热问题；B、从压强对反应速率的影响结合图象中曲线斜率的大小判断压强大小，根据压强对平衡移动的影响判断反应物含量的变化；C、升温正逆反应速率都增大；D、合成氨的反应为可逆反应．【解答】解：A、根据图象可知，温度升高，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故A错误；B、从图象可知，乙曲线斜率大，乙反应到达平衡用得时间少，则乙反应速率快，根据压强对反应速率的影响，压强越大反应速率越大，则乙曲线压强大，根据反应方程式可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，而图中达到平衡时反应物的浓度在两种不同压强下相同，是不符合实际的，故B错误；C、升温正逆反应速率都增大，故C错误；D、由图象可知反应热为△H=﹣92KJ/mol，合成氨的反应为可逆反应，则反应1molN2和3molH2充分反应时放热一定小于92KJ，故D正确．故选D．【点评】本题为图象题，做题时注意分析图象题中曲线的变化特点是做该类题型的关键，本题难度中．　10．在25℃101kPa下，①2Na（s）+O2（g）═Na2O（s）△H1=﹣414kJ/mol，②2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H2=﹣511kJ/mol，下列说法正确的是（　　）-23-A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C．常温下Na与足量O2反应生成Na20，随温度升高生成Na20的速率逐渐加快D．25℃101kPa下，Na202（s）+2Na（s）═2Na20（s）△H=﹣317kJ/mol【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；钠的重要化合物．【专题】化学反应中的能量变化；几种重要的金属及其化合物．【分析】A、Na2O中阴阳离子个数之比为1：2，Na2O2中阴阳离子个数之比为1：2；B、由钠原子的个数及钠元素的化合价分析转移的电子数；C、钠与氧气在加热时生成过氧化钠，温度越高，反应速率越大；D、利用已知的两个反应和盖斯定律来分析．【解答】解：A、在Na2O中阳离子是钠离子、阴离子是氧离子，Na2O2中阳离子是钠离子、阴离子是过氧根离子，因此阴、阳离子的个数比都是1：2，①和②产物的阴阳离子个数比相等，故A错误；B、由钠原子守恒可知，①和②生成等物质的量的产物时，钠元素的化合价都是由0升高到+1价，则转移的电子数相同，故B错误；C、常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O2，且速率逐渐加快，故C错误；D、热化学方程式25℃、101kPa下：①2Na（s）+O2（g）═Na2O（s）△H=﹣414kJ•mol﹣1，②2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1，①×2﹣②可得：Na2O2（s）+2Na（s）═2Na2O（s）△H=﹣317kJ•mol﹣1，故D正确；故选：D．【点评】本题是一综合题，考查化学键类型、氧化还原反应的计算、元素化合物知识、以及盖斯定律，考查了多个考点，设点全面，但难度适中，是一好题．　11．恒温下，将1molN2和3molH2在体积为2L的容器中混合，发生如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），2s时测得NH3的体积分数为25%．则下列说法中不正确的是（　　）A．2s时N2的转化率为40%B．2s时混合气体中n（N2）：n（H2）：n（NH3）=3：9：4C．2s时NH3的浓度为0.4mol•L﹣1D．用N2浓度的减少表示的平均反应速率为0.2mol•L﹣1•s﹣1【考点】化学平衡的计算．【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡计算．【分析】依据化学平衡三段式列式计算，气体体积分数在相同条件下为气体物质的量分数，设反应氮气物质的量为xN2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始量（mol）130变化量（mol）x3x2x2s量（mol）1﹣x3﹣3x2x2s时测得NH3的体积分数=×100%=25%x=0.4mol；-23-A、转化率=×100%B、依据上述分析计算判断；C、浓度c=计算；D、反应速率v=计算得到．【解答】解：气体体积分数在相同条件下为气体物质的量分数，设反应氮气物质的量为xN2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始量（mol）130变化量（mol）x3x2x2s量（mol）1﹣x3﹣3x2x2s时测得NH3的体积分数=×100%=25%，x=0.4mol；A、2s时N2的转化率=×100%=40%，故A正确；B、2s时混合气体中n（N2）n（H2）n（NH3）=（1﹣0.4）：（3﹣3×0.4）：2×0.4=3：9：4，故B正确；C、2s时NH3的浓度==0.4mol•L﹣1，故C正确；D、用N2浓度的减少表示的平均反应速率==0.1mol•L﹣1•s﹣1，故D错误；故选D．【点评】本题考查了化学平衡计算应用，主要是反应速率、转化率、浓度的计算应用，掌握基础是关键，题目较简单．　12．已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△=﹣Q2kJ•mol﹣1，2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H2=﹣Q3kJ•mol﹣1常温下，取体积比4：1的甲烷和氢气的混合气体11.2L（标准状况下），经完全燃烧后恢复至常温，则放出的热量为（　　）A．0.4Q1+0.05Q3B．0.4Q1+0.05Q2C．0.4Q1+0.1Q3D．0.4Q1+0.2Q2【考点】有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据混合气体的体积计算混合气体的物质的量，结合气体体积比计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学反应方程式计算放出的热量．注意燃烧后恢复至常温，氢气燃烧放出的热量应选择生成液态水的热化学反应方程式计算．【解答】解：甲烷和氢气的混合气体11.2L（已折合成标准状况），所以甲烷和氢气的混合气体的总的物质的量为=0.5mol，-23-甲烷和氢气的体积比为4：1，所以甲烷的物质的量为0.5mol×=0.4mol，氢气的物质的量为0.5mol﹣0.4mol=0.1mol．由CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣Q1kJ/mol可知，0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4mol×Q1kJ/mol=0.4Q1kJ；由2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣Q3kJ/mol可知，0.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为0.1mol××Q3kJ/mol=0.05Q3kJ．所以放出的热量为0.4Q1+0.05Q3．故选A．【点评】本题考查根据热化学方程式计算反应热，难度不大，注意根据水的状态选择相应的热化学方程式计算反应热．　13．室温下，将1mol的CuSO4•5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4•5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4•5H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为△H3．则下列判断正确的是（　　）A．△H2＞△H3B．△H1＜△H3C．△H1+△H3=△H2D．△H1+△H2=△H3【考点】反应热和焓变；反应热的大小比较．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4•5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5H2O（l）△H1＞0；CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H2；已知CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3，根据盖斯定律确定之间的关系．【解答】解：①胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4•5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5H2O（l）△H1＞0；②CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H2＜0；③已知CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3；依据盖斯定律①﹣②得到③，所以△H3=△H1﹣△H2；△H2＜0，△H1＞0，则△H3＞0，A、上述分析可知△H2＜△H3，故A错误；B、分析可知△H2=△H1﹣△H3，由于△H2＜0，△H3＞△H1，故B正确；C、△H3=△H1﹣△H2，故C错误；D、△H2＜0，△H1＞0、△H3＞△H1+△H2，故D错误；故选B．【点评】本题考查了物质溶解及物质分解过程中的能量变化，根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键，题目难度中等．　14．已知：P4（s）+6Cl2（g）=4PCl3（g），△H=akJ•mol﹣1；P4（s）+10Cl2（g）=4PCl5（g），△H=bkJ•mol﹣1，P4具有正四面体结构，PCl5中P﹣Cl键的键能为ckJ•mol﹣1，PCl3中P﹣Cl键的键能为1.2ckJ•mol﹣1．下列叙述正确的是（　　）A．P﹣P键的键能大于P﹣Cl键的键能B．可求Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的反应热△H-23-C．Cl﹣Cl键的键能kJ•mol﹣1D．P﹣P键的键能为kJ•mol﹣1【考点】反应热和焓变．【专题】压轴题；化学反应中的能量变化．【分析】A、依据P和Cl原子半径大小比较键长得到键能大小，键长越长，键能越小；B、依据盖斯定律分析判断；C、依据焓变=反应物键能之和﹣生成物键能之和计算分析；D、由P4是正四面体可知P4中含有6个P﹣P键．依据焓变=反应物键能之和﹣生成物键能之和计算分析．【解答】解：A、原子半径P＞Cl，因此P﹣P键键长大于P﹣Cl键键长，则P﹣P键键能小于P﹣Cl键键能，故A错误；B、利用“盖斯定律”，结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=KJ•mol﹣1，但不知PCl5（g）=PCl5（s）的△H，因此无法求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的△H，故B错误；C、利用Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=KJ•mol﹣1可得E（Cl﹣Cl）+3×1.2c﹣5c=，因此可得E（Cl﹣Cl）=kJ•mol﹣1，故C正确；D、由P4是正四面体可知P4中含有6个P﹣P键，由题意得6E（P﹣P）+10×﹣4×5c=b，解得E（P﹣P）=kJ•mol﹣1，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学键与焓变定量计算关系，物质结构的分析应用，盖斯定律的计算应用，题目难度中等．　15．体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生下列反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），并达到平衡．在这过程中甲容器压强保持不变，乙容器保持体积不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（　　）A．等于p%B．大于p%C．小于p%D．无法判断【考点】化学平衡的影响因素．【分析】先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持甲的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持甲的压强不变，就需要缩小体积．缩小体积则甲相对于乙的压强增大，平衡正向移动．【解答】解：先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持甲的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持甲的压强不变，就需要缩小体积．缩小体积时，甲相对于乙的压强增大，平衡正向移动．所以，若甲容器中SO2的转化率为P%，则乙的SO2的转化率将小于甲的，即小于P%．故选C．【点评】这一类问题的解决方法一般如此，先设为同等条件，平衡后再改变某一条件使之符合题设条件，分析变化．这样，问题就迎刃可解了．　-23-二、非选择题（共5小题，共55分）16．（14分）化学反应常常伴随着能量变化．（1）在25℃、101kPa下，1g液态甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ．则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为　CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.8kJ•mol﹣1　．（2）已知断开1molH﹣H键，1molN﹣H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为　N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1　（3）在298K下，C、Al的单质各1mol完全燃烧，分别放出热量akJ和bkJ．又知一定条件下，Al能将C从CO2置换出来，写出此置换反应的热化学方程式：　4Al（s）+3CO2（g）═2Al2O3（s）+3C（s）△H=﹣（4b﹣3a）kJ/mol　．（4）0.1mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在O2中燃烧，生成固态B2O3和液态水，放出216.5kJ的热量，其热化学方程式为　B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2165kJ/mol　．又知：H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ•mol﹣1，则11.2L（标准状况下）B2H6完全燃烧生成气态水时放出的热量是　1016.5　kJ．【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；在25℃、101kPa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热725.8KJ；（2）化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热；（3）依据在298K下，C、Al的单质各1mol完全燃烧，分别放出热量aKJ和bKJ和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（4）0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5KJ的热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出2165KJ的热量，根据盖斯定律写出其热化学反应方程式，后根据物质的物质的量与反应放出的热量成正比来解答．【解答】解：（1）在25℃、101kPa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热为22.68kJ×32=725.8KJ，所以甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.8kJ•mol﹣1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.8kJ•mol﹣1；（2）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH﹣H键，1molN三N键共吸收的能量为3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN﹣H键，放出的能量为6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为2346kJ﹣2254kJ=92kJ，N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1，故答案为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1；（3）由题意可写出热化学方程式：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣akJ•mol﹣1，②4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H=﹣4bkJ•mol﹣1．-23-高温下铝置换碳的反应为：4Al+3CO22Al2O3+3C，根据盖斯定律：②﹣①×3可得，4Al（s）+3CO2（g）═2Al2O3（s）+3C（s）△H=﹣（4b﹣3a）kJ/mol；故答案为：4Al（s）+3CO2（g）═2Al2O3（s）+3C（s）△H=﹣（4b﹣3a）kJ/mol；（4）0.1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出216.5KJ的热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出2165KJ的热量，反应的热化学方程式为：B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2165kJ/mol，①B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2165kJ/mol，②H2O（l）→H2O（g）；△H=+44kJ/moL，由盖斯定律可知①+②×3得：B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（g）△H=﹣2033kJ/mol，11.2L（标准状况）即0.5mol乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是2033kJ/mol×0.5mol=1016.5kJ，故答案为：B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2165kJ/mol；1016.5．【点评】本题考查燃烧热的热化学方程式的书写、焓变求算，题目难度不大，注意表示热化学方程式的书写要注明物质聚集状态和反应热的正负号问题．　17．（12分）碘在科研与生活中有重要作用，某兴趣小组用0.50mol•L﹣1KI、0.2%淀粉溶液、0.20mol•L﹣1K2S2O8、0.10mol•L﹣1Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响．已知：S2O82﹣+2I﹣═2SO42﹣+I2（慢）I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣（快）（1）向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的　S2O32﹣或Na2S2O3　耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色，为确保能观察到蓝色，S2O32﹣与S2O82﹣初始的物质的量需满足的关系为：n（S2O32﹣）：n（S2O82﹣）　＜2：1　．（2）为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如表：实验序号体积V/mLK2S2O8溶液水KI溶液Na2S2O3溶液淀粉溶液①10.00.04.04.02.0②9.01.04.04.02.0③8.0Vx4.04.02.0表中Vx=　2.0　mL，理由是　保证溶液总体积不变，即其他条件不变，只改变反应物K2S2O8浓度，从而才达到对照实验目的　．（3）已知某条件下，浓度c（S2O82﹣）～反应时间t的变化曲线如图，若保持其它条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c（S2O82﹣）～反应时间t的变化曲线示意图（进行相应的标注）．-23-【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】（1）慢反应中有I2生成，使溶液变蓝色，而快反应中消耗I2，慢反应决定反应速率，慢反应中生成I2大于快反应中消耗的I2，可以观察到溶液变蓝色；（2）实验目的是探究反应物浓度对化学反应速率的影响，由表中数据可知，KI溶液、Na2S2O3溶液用量相等，应是探究K2S2O8浓度对反应速率的影响，保持溶液总体积相等；（3）保持其它条件不变，降低温度，反应速率降低，到达液颜色将由无色变成为蓝色的时间变长，而使用催化剂，能加快化学反应速率，所以到达液颜色将由无色变成为蓝色的时间变短．【解答】解：（1）慢反应中有I2生成，使溶液变蓝色，而快反应中消耗I2，慢反应决定反应速率，当溶液中的S2O32﹣或Na2S2O3耗尽后，碘才能与淀粉作用显示蓝色；根据I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣（快）可知，1mol碘需2molS2O32﹣，根据方程式S2O82﹣+2I﹣═2SO42﹣+I2可知，生成1mol碘需为1molS2O82﹣，为确保能观察到蓝色，碘需有剩余，即n（S2O32﹣）：n（S2O82﹣）＜2：1，故答案为：S2O32﹣或Na2S2O3；＜2：1；（2）实验目的是探究反应物浓度对化学反应速率的影响，由表中数据可知，KI溶液、Na2S2O3溶液用量相等，应是探究K2S2O8浓度对反应速率的影响，保持溶液总体积相等，即其他条件不变，只改变反应物K2S2O8浓度，从而才达到对照实验目的，故Vx=10.0mL﹣8.0mL=2.0mL，故答案为：2.0；保证溶液总体积不变，即其他条件不变，只改变反应物K2S2O8浓度，从而才达到对照实验目的；（3）保持其它条件不变，降低温度，反应速率降低，到达液颜色将由无色变成为蓝色的时间变长，而使用催化剂，能加快化学反应速率，所以到达液颜色将由无色变成为蓝色的时间变短，降低反应温度和加入催化剂时c（S2O82﹣）～反应时间t的变化曲线示意图为：，故答案为：．【点评】本题考查反应速率影响因素的探究实验、化学计算等，（2）中注意利用控制变量法分析解答，难度中等．　18．（15分）研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义．-23-（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为　3NO2+H2O=NO+2HNO3　．（2）已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣12NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1则反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）的△H=　﹣41.8　kJ•mol﹣1．一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是　b　．a．体系压强保持不变b．混合气体颜色保持不变c．SO3和NO的体积比保持不变d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图1示．该反应△H　＜　0（填“＞”或“＜”）．工业上实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，不选择更高压强的理由是　在1.3×104kPa下，CO的转化率已较高，再增大压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加得不偿失　．（4）将CH4转化成CO，工业上常采用催化转化技术，其反应原理为：CH4（g）+O2（g）⇌CO（g）+2H2O（g）△H=﹣519kJ/mol．工业上要选择合适的催化剂，分别对X、Y、Z三种催化剂进行如下实验：①X在750℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；②Y在600℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；③Z在440℃时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1×106倍；根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是　Z　（填“X”或“Y”或“Z”），选择的理由是　催化活性高、速度快、反应温度较低　．（5）请在答题卡的坐标图中如图2画出上述反应在有催化剂与无催化剂两种情况下反应过程中体系能量变化示意图，并进行必要标注．【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．【分析】（1）NO2可用水吸收，生成硝酸和一氧化氮；（2）利用盖斯定律和热化学方程式计算反应热，利用盖斯定律将①×﹣②×得NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g），达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；（3）利用化学平衡的影响因素和工业生产的关系来分析；（4）该反应正反应为放热反应，应选择催化活性高、速度快、反应温度较低；（5）使用催化剂降低活化能，不影响反应热．【解答】解：（1）NO2可用水吸收，生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为：3NO2+H2O=NO+2HNO3，-23-故答案为：3NO2+H2O=NO+2HNO3；（2）已知：①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1②2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1，利用盖斯定律将①×﹣②×得NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H=×（﹣196.6kJ•mol﹣1）﹣×（﹣113.0kJ•mol﹣1）=﹣41.8kJ•mol﹣1，a．无论是否达到平衡，体系压强都保持不变，不能用于判断是否达到平衡状态，故a错误；b．混合气体颜色保持不变，说明浓度不变，达到平衡状态，故b正确；c．SO3和NO的计量数之比为1：1，无论是否达到平衡，二者的体积比保持不变，不能判断是否达到平衡状态，故c错误；d．物质的量之比等于化学计量数之比，则每消耗1molSO3的同时生成1molNO2，不能判断是否达到平衡状态，故d错误．故答案为：﹣41.8；b；（3）由图可知，温度升高，CO的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，故逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0；压强大，有利于加快反应速率，有利于使平衡正向移动，但压强过大，需要的动力大，对设备的要求也高，故选择250℃、1.3×104kPa左右的条件．因为在250℃、压强为1.3×104kPa时，CO的转化率已较大，再增大压强，CO的转化率变化不大，没有必要再增大压强．故答案为：＜，在1.3×104kPa下，CO的转化率已较高，再增大压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加得不偿失．（4）该反应正反应为放热反应，应选择催化活性高、速度快、反应温度较低，故选择Z，故答案为：Z；催化活性高、速度快、反应温度较低；（5）使用催化剂降低活化能，不影响反应热，在有催化剂情况下反应过程中体系能量变化曲线如图：，故答案为：．【点评】本题考查化学平衡常数、化学平衡影响因素、反应速率计算、反应中能量变化等，难度中等，注意理解掌握平衡常数的用途．　19．（9分）反应：aA（g）+bB（g）cC（g）（△H＜0）在等容条件下进行．改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图示：回答问题：（1）反应的化学方程式中，a：b：c为　1：3：2　；（2）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是　向正反应方向　，采取的措施是　从反应体系中移出产物C　；（3）比较第Ⅱ阶段反应温度（T2）和第Ⅲ阶段反应温度（T3）的高低：T2　＞　T3（填“＞”“＜”或“=”），判断的理由是　此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动　；-23-（4）若αⅠ（B）、αⅡ（B）、αⅢ（B）分别表示B在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ各阶段的平衡转化率，则三者中最小的是　αⅢ（B）　，其值是　19%　（结果保留2位有效数字）．【考点】化学平衡建立的过程．【分析】（1）由图可知第Ⅰ阶段，平衡时△c（A）=2mol/L﹣1mol/L=1mol/L，△c（B）=6mol/L﹣3mol/L=3mol/L，△c（C）=2mol/L，根据浓度变化量之比等于化学计量数之比计算；（2）第Ⅱ阶段C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C，即减少生成物浓度，平衡正向移动；（3）第Ⅲ阶段的开始与第Ⅱ阶段的平衡各物质的量均相等，根据A、B的量减少，C的量增加可判断平衡是正向移动的，根据平衡开始时浓度确定此平衡移动不可能是由浓度的变化引起的，另外题目所给条件容器的体积不变，则改变压强也不可能，因此一定为温度的影响，此反应正向为放热反应，可以推测为降低温度，另外结合A的速率在三个阶段的情况，确定改变的条件一定为降低温度，根据勒夏特列原理，平衡的移动只能减弱改变，不能抵消改变，因此达到平衡后温度一定比第Ⅱ阶段平衡时的温度低；（4）转化率是物质的减少量与初始量的比值，计算三个阶段B的转化率，据此解答．【解答】解：（1）由图可知第Ⅰ阶段，平衡时△c（A）=2mol/L﹣1mol/L=1mol/L，△c（B）=6mol/L﹣3mol/L=3mol/L，△c（C）=2mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故a：b：c=1mol/L：3mol/L：2mol/L=1：3：2，故答案为：1：3：2；（2）第Ⅱ阶段C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C，即减少生成物浓度，平衡正向移动，故答案为：向正反应方向；从反应体系中移出产物C；（3）第Ⅲ阶段的开始与第Ⅱ阶段的平衡各物质的量均相等，根据A、B的量减少，C的量增加可判断平衡是正向移动的，根据平衡开始时浓度确定此平衡移动不可能是由浓度的变化引起的，另外题目所给条件容器的体积不变，则改变压强也不可能，因此一定为温度的影响，此反应正向为放热反应，可以推测为降低温度，另外结合A的速率在三个阶段的情况，确定改变的条件一定为降低温度，根据勒夏特列原理，平衡的移动只能减弱改变，不能抵消改变，因此达到平衡后温度一定比第Ⅱ阶段平衡时的温度低，故答案为：＞；此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动；（4）B的平衡转化率αⅠ（B）=×100%=50%，αⅡ（B）=×100%=38%，αⅢ（B）=×100%=19%，B的平衡转化率αⅠ（B）、αⅡ（B）、αⅢ（B）中最小的值19%；-23-故答案为：αⅢ（B）；19%．【点评】本题考查化学反应速率与化学平衡图象、化学平衡有关计算、化学反应速率、化学平衡影响因素等，注意合理分析题中信息数据，本题难度中等．　20．（5分）利用如图（a）和（b）中的信息，按图（c）装置（连接的A、B瓶中已充有NO2气体，Fe3+能催化H2O2分解）进行实验．可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的　深　（填“深”或“浅”），其原因是　H2O2分解放热，使平衡2NO2═N2O4向生成NO2方向移动　．【考点】反应热和焓变．【分析】由图a可知，1mol过氧化氢总能量高于1mol水与0.5mol氧气总能量，故过氧化氢分解是放热反应，由图b可知，2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图c中，右侧烧杯的温度高于左侧，升高温度使2NO2（红棕色）⇋N2O4（无色）△H＜0，向逆反应方向移动．【解答】解：由图a可知，1mol过氧化氢总能量高于1mol水与0.5mol氧气总能量，故过氧化氢分解是放热反应，由图b可知，2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图c中，右侧烧杯的温度高于左侧，升高温度使2NO2（红棕色）⇋N2O4（无色）△H＜0，向逆反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深，故答案为：深；H2O2分解放热，使平衡2NO2═N2O4向生成NO2方向移动．【点评】本题考查化学反应与能量变化以及化学平衡移动，侧重对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等．　-23-