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2018-2019学年湖北省利川市第五中学高二上学期期中模拟考试化学试题 解析版
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高二化学试题
可能用到的原子量：H—1 C—12 O—16
第Ⅰ卷 选择题（60分）
一、选择题（本题包括20个小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意）
1.下列各图所表示的反应是吸热反应的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
化学反应都伴随着能量变化，通常表现为热量变化。当反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量时，反应物转化为生成物的过程中，反应体系就会向环境放出热量，这是放热反应；反之如果反应物具有的总能量小于生成物所具有的总能量时，反应物需要吸收环境的能量才能转化为生成物，这就是吸热反应。
【详解】A.读图示可知，反应过程中反应物总能量低于生成物总能量，是吸热反应，故A正确；
B.读图示可知，反应过程中反应物总能量高于生成物总能量，是放热反应，故B错误；
C.读图示可知，反应过程中反应物总能量等于生成物总能量，故C错误；
D.读图示可知，反应过程中反应物总能量高于生成物总能量，是放热反应，故D错误。
故选A。
2.下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是
A. 浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ/mol
B. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量
C. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变
D. 同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
【答案】C
【解析】
【详解】A.中和热是指稀溶液中强酸和强碱生成1molH2O放出的热量，浓硫酸溶于水也要放出热量，故A错误；
B.中和热是指稀溶液中强酸和强碱生成1molH2O放出的热量，醋酸是弱酸，在反应过程中会继续电离，而电离是吸热的，故稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故B错误；
C.盖斯定律的重要应用，可计算某些难以直接测量的反应焓变，故C正确；
D.根据ΔH=生成物的焓-反应物的焓，可知，焓变与反应条件无关，故D错误。
故选C。
【点睛】注意中和热是指在一定条件下的稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量。
3.已知H—H键的键能为436 kJ·mol－1，H—N键的键能为391 kJ·mol－1，根据化学方程式N2＋3H22NH3 ΔH=－92.4 kJ·mol－1，则N≡N键的键能是
A. 431 kJ·mol－1 B. 945.6 kJ·mol－1
C. 649 kJ·mol－1 D. 869 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
试题分析：设N≡N键的键能为x kJ·mol－1，ΔH＝断键吸收的键能-成键放出的键能=x+436×3-6×391=-92.4,x="946" kJ·mol－1。答案选B。
考点：反应热的计算
4.下列各组热化学方程式中，△H1>△H2的是
①C(s)＋O2(g)===CO2(g) △H1 C(s)＋1/2O2(g)===CO(g) △H2
②S(s)＋O2(g)===SO2(g) △H1 S(g)＋O2(g)===SO2(g) △H2
③H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l) △H1 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) △H2
④CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g) △H1 CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(s) △H2
A. ① B. ④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析】
【详解】①碳不完全燃烧放热少，放热的热量越大，焓变数值越小，所以△H1＜△H2,故①不选;
②固体硫变为气态硫需要吸收热量，第二个反应中，硫单质为气态，反应物能量较高，放出的热量较大，其焓变较小，则△H1>△H2，故②选；
③化学方程式系数加倍，焓变数值也加倍，该反应为放热反应，焓变为负值，所以△H1>△H2
，故③选;
④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,所以△H1>△H2,故④选;
综上所述，本题应选C。
【点睛】本题要注意放热反应焓变为负值，即△H＜0，吸热反应焓变为正值，即△H＞0。
5.科学家发现，不管化学反应是一步完成或分几步完成，该反应的热效应是相同的，已知在25℃、1.0×105Pa时，1molC（石墨）完全燃烧生成CO2气体，放热393.5KJ，1molCO完全燃烧生成CO2气体，放热283.0KJ，下列说法正确的是
A. 在25℃、1.0×105Pa时，1molC（石墨）不完全燃烧，生成CO气体的热化学方程式是：2 C（石墨）(s)+O2(g)==2CO(g); △H＝-110.5kJ
B. 1molC（石墨）不完全燃烧，生成CO与CO2混合气体时，放热283.3KJ
C. C（石墨）与CO2(g)反应生成 CO(g)的反应是吸热反应
D. 如果金刚石燃烧生成CO2的反应放热大于石墨燃烧生成 CO2放出的热，则可以断定从石墨转变为金刚石的变化需要放热
【答案】C
【解析】
【详解】A.石墨、一氧化碳的燃烧热分别是393.5kJ•mol-1和283.0KJ•mol-1，石墨燃烧的热化学方程式为（1）C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H1=-393.5kJ/mol；一氧化碳燃烧的热化学方程式为（2）CO（g）+1/2O2（g）═CO2（g）△H2=-283.0kJ/mol；根据盖斯定律，（1）-（2）得C（石墨）+1/2O2（g）=CO（g）；△H=-110.5kJ•mol-1，即2C（石墨）+O2（g）=2CO（g）；△H=-221kJ•mol-1，故A错误；
B.1mol石墨不完全燃烧生成CO2和CO，无法计算生成CO2和CO各自物质的量，无法计算具体反应热，故B错误；
C.石墨燃烧的热化学方程式为（1）C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H1=-393.5kJ/mol；
一氧化碳燃烧的热化学方程式为（2）CO（g）+1/2O2（g）═CO2（g）△H2=-283.0kJ/mol；
根据盖斯定律，（1）-（2）×2得C（s，石墨）+CO2（g）=2CO（g）；△H=+172.5kJ•mol-11，是吸热反应，故C正确；
D.金刚石的燃烧热大于石墨的燃烧热，根据能量守恒，可知金刚石的能量比石墨能量高，所以石墨转变为金刚石需要吸热，故D错误。
故选C。
【点睛】燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。
6.生产液晶显示器的过程中使用的化学清洗剂NF3是一种温室气体，其储存能量的能力是CO2的的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年之久，以下是几种化学键的键能：
化学键
N≡N
F-F
N-F
键能/KJ·mol-1
941.7
154.8
283.0
下列说法中正确的是
A. 过程N2(g)→2N(g)放出能量
B. 过程N(g)+3F(g)→NF3(g)放出能量
C. 反应N2(g)+3F2(g)→2NF3(g)的△H＞0
D. NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A．N2（g）→2N（g）为化学键的断裂过程，应吸收能量，A错误；B．N（g）+3F（g）→NF3（g）为形成化学键的过程，放出能量，B正确；C．反应N2（g）+3F2（g）→2NF3（g）△H=（941.7+3×154.8-283.0×6）kJ•mol-1=-291.9kJ•mol-1，△H＜0，C错误；D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，则不能发生化学反应，化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，D错误，答案选B。
考点：考查化学反应与能量
7.下列热化学方程式正确的是
A. 甲烷的标准燃烧热为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 和 1.5 mol H2 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. 已知在120 ℃、101 kPa下，1 g H2燃烧生成水蒸气放出121 kJ热量，其热化学方程式为：H2(g)＋O2(g) H2O(g) ΔH＝－242 kJ/mol
D. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol－1，则2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+283.0 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A.燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。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）═2CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1，水不能是气态，故A错误；
B.氨的合成为可逆反应，0.5 molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，则反应N2(ｇ)+3H2(g) 2NH3(g)的反应热ΔH＞－38.6kJ·mol－1，故B错误；
C.1gH2燃烧生成水蒸气放出121kJ热量，即1molH2燃烧放热242kJ，故其热化学方程式为：H2(g)＋1/2O2(g)H2O(g) ΔH＝－242kJ/mol，故C正确；
D.CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol－1，则CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol－1，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ·mol－1，逆向反应时反应热的数值相等，符号相反，故D错误。
故选C。
【点睛】当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。
8. 决定化学反应速率的主要因素是
A. 反应物的浓度 B. 反应温度 C. 使用催化剂 D. 反应物的性质
【答案】D
【解析】
试题分析：决定化学反应速率的主要因素（内因）是反应物的性质，外界条件是反应物的浓度、温度、压强、催化剂和反应物的接触面积等，选D。
考点：考查影响化学反应速率的因素
9.下列说法正确的是
A. 常温下，反应4Fe（OH）2（s）+ 2 H2O（l）+ O2（g）═ 4 Fe（OH）3（s）能自发进行，则△ H＜0
B. 有气体参与的可逆反应，在一定条件下达到平衡时，改变压强平衡一定发生移动
C. 化学平衡常数只与温度有关，与化学计量数无关
D. t℃时，恒容密闭容器中反应：NO2（g）+SO2（g）⇌NO（g）+SO3（g），通入少量O2，的值及SO2转化率不变
【答案】A
【解析】
【详解】A.常温下反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）═4Fe（OH）3（s）能够自发进行，说明满足△H-T△S<0，反应前后气体体积减小，则该反应的△S<0，所以只有当该反应的△H<0时，常温下，△H-T△S<0，故A正确；
B.对于气体总体积反应前后不变的可逆反应来说，无论是否建立平衡，其总物质的量即压强都不会发生变化；对于气体总体积反应前后不等的可逆反应来说，建立化学平衡状态时，总物质的量要与初始时的总物质的量不等，故压强要改变，改变压强平衡一定发生移动，故B错误；
C.平衡常数指各生成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，化学平衡常数与温度有关，注意同一反应化学计量数不同，平衡常数不同，所以化学平衡常数与化学反应本身也有关；所以化学平衡常数只与化学反应本身和温度有关，故C错误；
D.通入少量O2，氧气能和NO反应生成NO2，故NO2的浓度增大，SO2的转化率升高，但温度不变，故c（NO）c（SO3）/c（NO2）c（SO2）的值不变，故D错误。
故选A。
10.在一定条件下，可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0。达到平衡，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是
A. 加催化剂v正、v逆都发生变化，而且变化的倍数相等
B. 加压v正、v逆都增大，且v正增大的倍数大于v逆增大的倍数
C. 降温，v正、v逆都减小，且v正减小的倍数小于v逆减小的倍数
D. 加入氩气，v正、v逆都增大且v正增大的倍数大于v逆增大的倍数
【答案】D
【解析】
【分析】
由反应的热化学方程式N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H＜0可知，反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动；正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动。
【详解】A项、加入催化剂，正逆反应速率都增大，且增大的倍数相同，平衡不移动，故A正确；
B项、反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，v（正）、v（逆）都增大，平衡向正反应方向移动，说明v（正）增大的倍数大于v（逆）增大的倍数，故B正确；
C项、正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动，则降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，v（正）减小的倍数小于v（逆）减小的倍数，故C正确；
D项、在体积不变的密闭容器中通入氩气，虽然压强增大，但参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查外界条件对平衡移动的影响，以及平衡移动与正逆反应速率的大小关系，题目难度不大，易错点为D，注意压强改变时，只有浓度改变，反应速率和平衡才会改变。
11.有一处于平衡状态的反应：X(s)＋3Y(g)2Z (g)，ΔH＜0。为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择的条件是
①高温 ②低温 ③高压 ④低压 ⑤加催化剂 ⑥分离出Z
A. ①③⑤ B. ②③⑤ C. ②③⑥ D. ②④⑥
【答案】D
【解析】
试题分析：反应X(s)+3Y(g)2Z(g)，△H＜0，正反应是气体物质的量减小的放热反应，①升高温度，平衡逆向移动，故①错误；②降低温度，平衡向正反应移动，故②正确；③压强增大，平衡向正反应移动，故③正确；④降低压强，平衡向逆反应方向移动，故④错误；⑤加催化剂缩短到达平衡的时间，不会引起化学平衡的移动，故⑤错误；⑥分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，故⑥正确；故选C。
【考点定位】考查化学平衡的影响因素
【名师点晴】本题考查化学平衡移动的影响因素等。升高温度，平衡向吸热反应移动；降低温度，平衡向放热反应移动；压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动；降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；加催化剂不会引起化学平衡的移动；增大反应物浓度或减小生成物的浓度，平衡正向移动；减小反应物浓度或增大生成物浓度，平衡逆向移动。注意加入惰性气体对平衡的影响，恒温恒容平衡不移动，恒温恒压，体积增大，平衡向体积增大方向移动。
12.可逆反应：2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g)，在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2 ②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO ③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态 ④混合气体的颜色不再改变的状态 ⑤混合气体的密度不再改变的状态 ⑥混合气体的压强不再改变的状态 ⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①④⑥⑦ B. ②③⑤⑦ C. ①③④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】
试题分析：可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。①υ（NO2）正=2υ（O2）逆，证明正逆反应速率相等，化学反应达到了平衡状态，故正确；②υ（NO）正=2υ（O2）正，只能体现反应的正反应方向，不能证明正逆反应速率相等，化学反应不一定达到了平衡状态，故错误；③化学反应进行到任何程度，化学反应速率之比均等于方程式的系数之比，所以用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态不一定是平衡状态，故错误；④混合气体颜色不再改变，证明二氧化氮的浓度不随时间的改变而改变，证明达到了平衡状态，故正确；⑤混合气体密度ρ＝，质量在反应前后是守恒的，体积保持不变，所以密度自始至终都不变，所以混合气体密度不改变的状态不一定是平衡状态，故错误；⑥反应是一个前后气体系数和变化的反应，当混合气体压强不再改变的状态是平衡状态，故正确；⑦混合气体平均相对分子质量M＝，质量在反应前后是守恒的，反应是一个前后气体系数和变化的反应，即n是变化的，所以M不变证明反应达到了平衡状态，故正确，故选A。
考点：考查化学平衡状态的判断
13.已知反应2X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH＜0在不同温度(T1和T2)及压强(p1和p2)下，产物Z的物质的量n与反应时间t的关系如图所示，下列判断正确的是
A. T1＜T2，p1＜p2 B. T1＞T2，p1＞p2 C. T1＜T2，p1＞p2 D. T1＞T2，p1＜p2
【答案】B
【解析】
【详解】根据温度对反应速率的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故T1＞T2；根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，先拐先平压强大，故P1＞P2，选项B符合题意。
故选B。
【点睛】对于化学平衡的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：①看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势；②先拐先平。例如，在转化率—时间图象上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高；③定一议二。当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。
14.已知298.15 K时，可逆反应：Pb2＋(aq)＋Sn(s)Pb(s)＋Sn2＋(aq)的平衡常数K＝2.2，若溶液中Pb2＋和Sn2＋的浓度均为0.10 mol·L－1，则此时反应进行的方向是
A. 向正反应方向进行 B. 向逆反应方向进行
C. 处于平衡状态 D. 无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】A.已知298.15K时，可逆反应：Pb2+（aq）+Sn（s）⇌Pb（s）+Sn2+（aq）的平衡常数K=2.2，若溶液中Pb2+和Sn2+的浓度均为0.10mol•L-1，Qc=c(Sn2+)/c(Pb2+)=1
C.反应为达到平衡状态，故C错误；
D.依据浓度商和平衡常数比较大小，可以分析判断反应进行的分析，故D错误。
故选A。
15.有反应CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0，在其他条件不变的情况下
A. 加入催化剂，改变了反应的途径，反应的ΔH也随之改变
B. 改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变
C. 升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变
D. 增大反应物浓度，反应的ΔH也随之改变
【答案】B
【解析】
【详解】A.加入催化剂，反应速率加快，改变了反应的途径，但不能改变反应热，反应放出的热量不变，故A错误；
B.反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H＜0是一个气体体积不变的反应，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变，故B正确；
C.升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，反应放出的热量减少，故C错误；
D.增大反应物浓度，反应速率加快，反应的ΔH不变，故D错误。
故选B。
16.某温度下，C和水在密闭容器中发生下列反应：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)，CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)当反应达平衡时，测得c(H2)＝1.9 mol/L，c(CO)＝0.1 mol/L，则CO2的浓度为
A. 0.1 mol/L B. 0.9 mol/L C. 1.8 mol/L D. 1.9 mol/L
【答案】B
【解析】
试题分析：令碳与水反应生成的氢气的浓度为amol/L，则生成的CO为amol/L，令CO与水反应生成氢气的浓度为bmol/L，则生成的二氧化碳的浓度为bmol/L，消耗的CO浓度为bmol/L，平衡时氢气的浓度为1.9mol/L，则amol/L+bmol/L=1.9mol/L，平衡时CO的浓度为0.1mol/L，则amol/L-bmol/L=0.1mol/L，联立解得a=1，b=0.9，故CO2的浓度为0.9mol/L，选项B符合题意。
考点：化学平衡的计算
17.在溶液中，反应A+2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始状态均为c(A) = 0.100 mol·L-1 c(B) = 0.200 mol·L-1 、c(C) = 0 mol·L-1 。在三种条件下，反应物A的浓度随时间的变化如图所示。下列说法中正确的是
A. 反应的平衡常数：①<② B. 反应A+2BC的△H >0
C. 实验②平衡时B的转化率为60% D. 实验③平衡时c(C) = 0.04 mol·L-1
【答案】B
【解析】
A．对比实验①和②，达到平衡时反应物A的浓度相同，故平衡常数相同，故A错误；B．反应速率增大，可能是升高温度或增大压强，但如是增大压强，对溶液的体积没有影响，平衡不应移动，现平衡向正反应方向移动，但A的平衡浓度反而增大，不符合图象，则应为升高温度，因③温度升高，化学平衡向吸热的方向移动，平衡时A的浓度减小，说明正反应方向吸热，故B正确；
C．根据 A + 2B ⇌ C
初始 （mol/L） 0.1 0.2 0
转化 （mol/L） 0.04 0.08 0.04
平衡（mol/L） 0.06 0.12 0.04
所以平衡时B的转化率为=0.4，故C错误；
D．根据 A + 2B ⇌ C
初始 （mol/L） 0.1 0.2 0
转化 （mol/L） 0.06 0.12 0.06
平衡（mol/L） 0.04 0.08 0.06
所以平衡时C的浓度为0.06mol/L，故D错误；故答案为B。
18.在一定温度下，有A、B两个容器，A是恒容密闭容器，B是恒压密闭容器。两容器起始状态完全相同，其中都充有NO2气体，如果只考虑发生下列可逆反应：2NO2N2O4，分别经过一段时间后，A、B都达平衡，下列有关叙述正确的是
A. 平均反应速率A＞B
B. 平衡时NO2的物质的量B＞A
C. 平衡时NO2的转化率A＞B
D. 平衡时N2O4的物质的量B＞A
【答案】D
【解析】
试题分析：反应2NO2N2O4是压强减小的反应，B容器相当于减小容器体积，浓度相对于A容器来说增大，故反应速率B＞A，且压强相对于A容器来说B容器较大，根据勒夏特列原理B容器中平衡正向移动，NO2转化率较大，即B＞A，剩余物质的量较小即平衡时NO2的物质的量A＞B，N2O4的物质的量较大，即B＞A ，选项D符合题意。
考点：考查改变影响化学平衡的条件及平衡的移动
19.在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应
X(g) + Y(g)2Z(g) △H < 0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：
t /min
2
4
7
9
n(Y)/mol
0.12
0.11
0.10
0.10
下列说法正确的是
A. 反应前2min的平均速率v(Z) =4.0×10-3mol/(L•min)
B. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆) > v(正)
C. 该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D. 其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大
【答案】C
【解析】
A、2min内Y物质的量变化为0.16mol-0.12mol=0.04mol，故v（Y）==0.002mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=2×0.002mol/（L•min）=0.004mol/（L•min），选项A错误；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正），选项B错误；C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，平衡时Y的物质的量为0.10mol，则：
X（g）+Y（g）⇌2Z（g）
开始（mol）：0.16 0.16 0
变化（mol）：0.06 0.06 0.12
平衡（mol）：0.1 0.1 0.12
由于反应气体氢气的化学计量数相等，用物质的量代替浓度进行计算，故化学平衡常数k==1.44，选项C正确；D、再通入0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，X的体积分数不变，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度中等，等效平衡的理解应用，难点为选项A、2min内Y物质的量变化为0.16mol-0.12mol=0.04mol，根据v=计算v（Y），在利用速率之比等于化学计量数之比计算v（Z）。
20.羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡： CO(g)+H2S(g) COS(g)+H2(g) K=0.1，反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是
A. 升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应
B. 通入CO后，正反应速率逐渐增大
C. 反应前H2S物质的量为7mol
D. CO的平衡转化率为80%
【答案】C
【解析】
试题分析：A、一氧化碳和硫化氢按物质的量为1:1反应，二者浓度减小相等，错误，不选A；B、通入一氧化碳后瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡正向移动，正反应速率减小，逆反应速率增大到新平衡时相等，错误，不选B；C、反应前一氧化碳的物质的量为10摩尔，平衡后一氧化碳的物质的量为8摩尔，转化的一氧化碳为2摩尔，设反应前硫化氢物质的量为n摩尔，
CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)
起始物质的量 10 n 0 0
变化 2 2 2 2
平衡 8 n-2 2 2
由于反应前后气体物质的量不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，则，解n=7，正确，选C；D、一氧化碳的转化率为2/10=20%，错误，不选D。
考点：化学平衡的计算，化学平衡的影响因素
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第Ⅱ卷 非选择题（40分）
二、填空题（本题包括4个小题）
21.2SO2(g)＋O2(g) ) 2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示，已知1 mol SO2(g)被氧化为1 mol SO3(g)的ΔH＝－98 kJ/mol。回答下列问题：
(1)图中A、C分别表示：_____________、____________。E的大小对该反应的反应热有无影响？_____________ 。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？________，理由是____________________________ 。
(2)图中ΔH＝________kJ/mol。
(3)V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自己被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式：___________________
(4)已知单质硫的燃烧热为296 kJ/mol，计算由S(s)生成3 mol SO3(g)的ΔH=________
【答案】 (1). 反应物能量 (2). 生成物能量 (3). 没有影响 (4). 降低 (5). 催化剂改变了反应历程，使活化能E降低 (6). －196 (7). SO2＋V2O5===SO3＋2VO2、4VO2＋O2===2V2O5 (8). －1182 kJ/mol
【解析】
【分析】
（1）反应2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，E为活化能，反应热为活化能之差，活化能对反应热无影响，加入催化剂，改变了反应历程，活化能降低；
（2）由1molSO2（g）氧化为1molSO3（g）的△H=-98kJ/mol计算2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H的值；
（3）由V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化为V2O5写出反应的化学方程式；
（4）根据盖斯定律计算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH值。
【详解】（1）1molSO2（g）氧化为1molSO3（g）的△H=-98kJ/mol，说明反应2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，E为活化能，反应热为活化能之差，活化能对反应热无影响，加入催化剂，改变了反应历程，活化能降低，故答案为：反应物总能量；生成物总能量；没有影响；降低；催化剂改变了反应历程，使活化能E降低。
（2）已知1molSO2（g）氧化为1molSO3（g）的△H=-98kJ/mol，则2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H=-196kJ/mol，故答案为：-196。
（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化为V2O5，相关反应为SO2+V2O5=SO3+2VO2、4VO2+O2=2V2O5，故答案为：SO2+V2O5=SO3+2VO2、4VO2+O2=2V2O5。
（4）单质硫的燃烧热为296KJ/mol，热化学方程式为：①S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-296kJ/mol②2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H=-196kJ/mol，依据盖斯定律①×2+②得到2S（s）+3O2（g）=2SO3（g）△H=-296kJ/mol×2+（-196kJ/mol）=-788kJ/mol，则由S（s）生成3molSO3（g）的△H=-788kJ/mol×3/2=-1182kJ/mol，故答案为：－1182kJ/mol。
22.某校课外活动小组利用NO2与N2O4的反应来探究温度对化学平衡的影响。
已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH＝－52.7 kJ·mol－1
(1)该化学反应的浓度平衡常数的表达式为_______________。
(2)该小组的同学取了两个烧瓶A和B，分别加入相同浓度的NO2与N2O4的混合气体，中间用夹子夹紧，并将A和B浸入到已盛有水的两个烧杯中(如图所示)，然后分别向两个烧杯中加入浓硫酸和NH4NO3固体。请回答：
①加入浓硫酸的烧杯中溶液温度________，A中的现象为____________________
②由上述实验现象可知，降低温度，该反应化学平衡向________(选填“正”或“逆”)反应方向移动。
③升高温度，该反应的化学平衡常数将________(选填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】 (1). K= (2). 升高 (3). A中气体的颜色加深 (4). 正 (5). 减小
【解析】
【分析】
（1）根据平衡常数的表达式回答；
（2）①浓硫酸稀释时放出热量，导致溶液的温度升高，硝酸铵溶解时吸收热量，导致溶液的温度降低，反应2NO2（g）⇌N2O4（g）是放热反应，A烧杯中，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮气体浓度增大，气体颜色加深，降低温度，平衡向正反应方向移动，二氧化氮浓度降低，所以气体颜色变浅；
②降低温度，该反应化学平衡移动，平衡向正反应方向移动；
反应是放热的，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小。
【详解】（1）平衡常数的表达式K=C(N2O4)/C2(NO2)，故答案为：K=C(N2O4)/C2(NO2)。
（2）①浓硫酸稀释时放出热量，导致溶液的温度升高，硝酸铵溶解时吸收热量，导致溶液的温度降低，反应2NO2（g）⇌N2O4（g）是放热反应，A烧杯中，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮气体浓度增大，气体颜色加深，降低温度，平衡向正反应方向移动，二氧化氮浓度降低，所以气体颜色变浅；故答案为：升高；A中气体的颜色加深。
②降低温度，该反应化学平衡移动，平衡向正反应方向移动，故答案为：正。
③反应是放热的，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，故答案为：减小。
23.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：
(1)反应Ⅰ的化学方程式是______________________________________
(2)已知反应Ⅱ：2H2SO4(l)＝2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(g) △H＝＋550 kJ·mol－1
它由两步反应组成：i．H2SO4(l)＝SO3(g)＋H2O(g) △H＝＋177 kJ·mol－1
ii．SO3(g)分解。
则SO3(g)分解的热化学方程式为____________________。
(3)L（L1、L2）、X可分别代表压强或温度其中之一。如图表示L一定时，ii中SO3(g)的质量分数随X的变化关系。
①X代表的物理量是__________。
②判断L1、L2的大小关系：L1_______L2，并简述理由：______________。
【答案】 (1). SO2 + 2H2O + I2 = H2SO4 + 2HI (2). 2SO3 （g）⇌2SO2 （g）+O2 （g） △H== + 196kJ•mol-1 (3). 温度 (4). L1＜L2 (5). SO3(g)分解是体积增大的反应，当温度一定时，压强增大，SO3质量分数增大。
【解析】
【分析】
（1）根据图中信息可知反应Ⅰ中反应物为SO2、H2O和I2，生成物为H2SO4和HI，根据氧化还原反应方程式的配平方法配平；
（2）根据反应Ⅱ和步骤ⅰ写出步骤ⅱ的热化学反应方程式为：2SO3（g）=2SO2（g）+O2（g）△H=+196KJ∙mol-1；
（3）①该反应正反应为吸热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO3的转化率减小，故X代表的物理量为温度；
②根据①可知L代表的物理量为压强。SO3(g)分解是体积增大的反应，当温度一定时，压强增大，SO3质量分数增大，故L2>L1。
【详解】（1）根据图中信息可知反应Ⅰ中反应物为SO2、H2O和I2，生成物为H2SO4和HI，故反应Ⅰ的化学方程式是SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，故答案为：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。
（2）已知：①2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H=+550kJ•mol-1②H2SO4（l）═SO3（g）+H2O（g）△H=+177kJ•mol-1，根据盖斯定律①-2×②可得：2SO3（g）=2SO2（g）+O2（g）△H=+196kJ/mol；故答案为：2SO3（g）=2SO2（g）+O2（g）△H=+196kJ/mol。
（3）①该反应正反应为吸热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO3的转化率减小，故X代表的物理量为温度，故答案为：温度。
②根据①可知L代表的物理量为压强。SO3(g)分解是体积增大的反应，当温度一定时，压强增大，SO3质量分数增大，故L2>L1，故答案为：L2>L1；SO3(g)分解是体积增大的反应，当温度一定时，压强增大，SO3质量分数增大。
24.T ℃时，在容积为0.5 L的密闭容器中发生如下反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(s) ΔH<0(m、n、p、q为最简整数比)。A、B、C、D的物质的量变化如图所示。
(1)前3 min，v(C)＝______________。
(2)在该温度下K= ___________（填数值）
(3)反应达到平衡后，下列措施对A的转化率无影响的是________(填选项字母)。
A．保持体积不变，再通入2 mol A和1 mol B B．移走一部分D C．把容器的体积缩小一倍 D．升高温度
(4)T ℃时，容积为1 L的密闭容器中，起始时充入0.2molA、0.4molB、0.3molC、0.5molD，此时v(正)_____v(逆) (填“>”“<”或“＝”) 。判断的依据是________。
【答案】 (1). 0.4 mol·L－1·min－1 (2). 27/16 (3). BC (4). ＝ (5). 浓度商与平衡常数相等或Qc=K
【解析】
【分析】
根据反应图象可知，反应物为A、B，生成物为C、D，前3min，A、B、C、D的物质的量的变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.6mol、0.2mol，根据反应中物质的量的变化量与化学计量数成正比知，m＝2、n＝1、p＝3、q＝1，故反应的化学方程式为：2A(g)＋B(g)3C(g)＋D(s)，反应是气体体积不变的放热反应。
（1）根据平均反应速率v(C)=△c/△t来计算；
（2）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；
（3）根据影响化学平衡移动的因素来回答判断；
（4）根据浓度熵和平衡常数之间的关系判断反应进行的方向。
【详解】（1）前3min，v(C)=△c/△t=(0.6mol/0.5L)÷3min=0.4mol•L-1•min-1，故答案为：0.4mol•L-1•min-1。
（2）根据图中数据知道，A、B、C、D四种物质的物质的量的变化量之比是0.4：0.2：0.6：0.2=2：1：3：1，等于方程式的系数之比，方程式表示为：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)，当达到平衡时，平衡常数K=c3(C)/c2(A)c(B)=(1.2mol•L-1)3÷[(0.8mol•L-1)2•(1.6mol•L-1)]=27/16，故答案为：27/16。
（3）反应2A（g）+B（g）3C（g）+D（s），达到平衡后，
A.保持体积不变，通入2molA和1molB，会使得A的转化率减小，故A错误；
B.D是固体，移走一部分D，平衡不移动，A的转化率不变，故B正确；
C.把容器的体积缩小一倍，即加压，平衡不移动，A的转化率不变，故C正确；
D.升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，故D错误。
故答案为：BC。
（4）T℃时，容积为1L的密闭容器中，起始充入0.2molA、0.4molB、0.3molC、0.5molD，此时Qc= c3(C)/c2(A)c(B)=(0.6mol•L-1)3÷[(0.4mol•L-1)2•(0.8mol•L-1)]=27/16=K，仍然是平衡状态，此时正逆反应速率相等，故答案为：=，浓度商与平衡常数相等或Qc=K。
高二化学试题
可能用到的原子量：H—1 C—12 O—16
第Ⅰ卷 选择题（60分）
一、选择题（本题包括20个小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意）
1.下列各图所表示的反应是吸热反应的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
化学反应都伴随着能量变化，通常表现为热量变化。当反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量时，反应物转化为生成物的过程中，反应体系就会向环境放出热量，这是放热反应；反之如果反应物具有的总能量小于生成物所具有的总能量时，反应物需要吸收环境的能量才能转化为生成物，这就是吸热反应。
【详解】A.读图示可知，反应过程中反应物总能量低于生成物总能量，是吸热反应，故A正确；
B.读图示可知，反应过程中反应物总能量高于生成物总能量，是放热反应，故B错误；
C.读图示可知，反应过程中反应物总能量等于生成物总能量，故C错误；
D.读图示可知，反应过程中反应物总能量高于生成物总能量，是放热反应，故D错误。
故选A。
2.下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是
A. 浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ/mol
B. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量
C. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变
D. 同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
【答案】C
【解析】
【详解】A.中和热是指稀溶液中强酸和强碱生成1molH2O放出的热量，浓硫酸溶于水也要放出热量，故A错误；
B.中和热是指稀溶液中强酸和强碱生成1molH2O放出的热量，醋酸是弱酸，在反应过程中会继续电离，而电离是吸热的，故稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故B错误；
C.盖斯定律的重要应用，可计算某些难以直接测量的反应焓变，故C正确；
D.根据ΔH=生成物的焓-反应物的焓，可知，焓变与反应条件无关，故D错误。
故选C。
【点睛】注意中和热是指在一定条件下的稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量。
3.已知H—H键的键能为436 kJ·mol－1，H—N键的键能为391 kJ·mol－1，根据化学方程式N2＋3H22NH3 ΔH=－92.4 kJ·mol－1，则N≡N键的键能是
A. 431 kJ·mol－1 B. 945.6 kJ·mol－1
C. 649 kJ·mol－1 D. 869 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
试题分析：设N≡N键的键能为x kJ·mol－1，ΔH＝断键吸收的键能-成键放出的键能=x+436×3-6×391=-92.4,x="946" kJ·mol－1。答案选B。
考点：反应热的计算
4.下列各组热化学方程式中，△H1>△H2的是
①C(s)＋O2(g)===CO2(g) △H1 C(s)＋1/2O2(g)===CO(g) △H2
②S(s)＋O2(g)===SO2(g) △H1 S(g)＋O2(g)===SO2(g) △H2
③H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l) △H1 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) △H2
④CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g) △H1 CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(s) △H2
A. ① B. ④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析】
【详解】①碳不完全燃烧放热少，放热的热量越大，焓变数值越小，所以△H1＜△H2,故①不选;
②固体硫变为气态硫需要吸收热量，第二个反应中，硫单质为气态，反应物能量较高，放出的热量较大，其焓变较小，则△H1>△H2，故②选；
③化学方程式系数加倍，焓变数值也加倍，该反应为放热反应，焓变为负值，所以△H1>△H2
，故③选;
④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,所以△H1>△H2,故④选;
综上所述，本题应选C。
【点睛】本题要注意放热反应焓变为负值，即△H＜0，吸热反应焓变为正值，即△H＞0。
5.科学家发现，不管化学反应是一步完成或分几步完成，该反应的热效应是相同的，已知在25℃、1.0×105Pa时，1molC（石墨）完全燃烧生成CO2气体，放热393.5KJ，1molCO完全燃烧生成CO2气体，放热283.0KJ，下列说法正确的是
A. 在25℃、1.0×105Pa时，1molC（石墨）不完全燃烧，生成CO气体的热化学方程式是：2 C（石墨）(s)+O2(g)==2CO(g); △H＝-110.5kJ
B. 1molC（石墨）不完全燃烧，生成CO与CO2混合气体时，放热283.3KJ
C. C（石墨）与CO2(g)反应生成 CO(g)的反应是吸热反应
D. 如果金刚石燃烧生成CO2的反应放热大于石墨燃烧生成 CO2放出的热，则可以断定从石墨转变为金刚石的变化需要放热
【答案】C
【解析】
【详解】A.石墨、一氧化碳的燃烧热分别是393.5kJ•mol-1和283.0KJ•mol-1，石墨燃烧的热化学方程式为（1）C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H1=-393.5kJ/mol；一氧化碳燃烧的热化学方程式为（2）CO（g）+1/2O2（g）═CO2（g）△H2=-283.0kJ/mol；根据盖斯定律，（1）-（2）得C（石墨）+1/2O2（g）=CO（g）；△H=-110.5kJ•mol-1，即2C（石墨）+O2（g）=2CO（g）；△H=-221kJ•mol-1，故A错误；
B.1mol石墨不完全燃烧生成CO2和CO，无法计算生成CO2和CO各自物质的量，无法计算具体反应热，故B错误；
C.石墨燃烧的热化学方程式为（1）C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H1=-393.5kJ/mol；
一氧化碳燃烧的热化学方程式为（2）CO（g）+1/2O2（g）═CO2（g）△H2=-283.0kJ/mol；
根据盖斯定律，（1）-（2）×2得C（s，石墨）+CO2（g）=2CO（g）；△H=+172.5kJ•mol-11，是吸热反应，故C正确；
D.金刚石的燃烧热大于石墨的燃烧热，根据能量守恒，可知金刚石的能量比石墨能量高，所以石墨转变为金刚石需要吸热，故D错误。
故选C。
【点睛】燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。
6.生产液晶显示器的过程中使用的化学清洗剂NF3是一种温室气体，其储存能量的能力是CO2的的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年之久，以下是几种化学键的键能：
化学键
N≡N
F-F
N-F
键能/KJ·mol-1
941.7
154.8
283.0
下列说法中正确的是
A. 过程N2(g)→2N(g)放出能量
B. 过程N(g)+3F(g)→NF3(g)放出能量
C. 反应N2(g)+3F2(g)→2NF3(g)的△H＞0
D. NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A．N2（g）→2N（g）为化学键的断裂过程，应吸收能量，A错误；B．N（g）+3F（g）→NF3（g）为形成化学键的过程，放出能量，B正确；C．反应N2（g）+3F2（g）→2NF3（g）△H=（941.7+3×154.8-283.0×6）kJ•mol-1=-291.9kJ•mol-1，△H＜0，C错误；D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，则不能发生化学反应，化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，D错误，答案选B。
考点：考查化学反应与能量
7.下列热化学方程式正确的是
A. 甲烷的标准燃烧热为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 和 1.5 mol H2 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. 已知在120 ℃、101 kPa下，1 g H2燃烧生成水蒸气放出121 kJ热量，其热化学方程式为：H2(g)＋O2(g) H2O(g) ΔH＝－242 kJ/mol
D. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol－1，则2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+283.0 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A.燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。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）═2CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1，水不能是气态，故A错误；
B.氨的合成为可逆反应，0.5 molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，则反应N2(ｇ)+3H2(g) 2NH3(g)的反应热ΔH＞－38.6kJ·mol－1，故B错误；
C.1gH2燃烧生成水蒸气放出121kJ热量，即1molH2燃烧放热242kJ，故其热化学方程式为：H2(g)＋1/2O2(g)H2O(g) ΔH＝－242kJ/mol，故C正确；
D.CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol－1，则CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol－1，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ·mol－1，逆向反应时反应热的数值相等，符号相反，故D错误。
故选C。
【点睛】当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。
8. 决定化学反应速率的主要因素是
A. 反应物的浓度 B. 反应温度 C. 使用催化剂 D. 反应物的性质
【答案】D
【解析】
试题分析：决定化学反应速率的主要因素（内因）是反应物的性质，外界条件是反应物的浓度、温度、压强、催化剂和反应物的接触面积等，选D。
考点：考查影响化学反应速率的因素
9.下列说法正确的是
A. 常温下，反应4Fe（OH）2（s）+ 2 H2O（l）+ O2（g）═ 4 Fe（OH）3（s）能自发进行，则△ H＜0
B. 有气体参与的可逆反应，在一定条件下达到平衡时，改变压强平衡一定发生移动
C. 化学平衡常数只与温度有关，与化学计量数无关
D. t℃时，恒容密闭容器中反应：NO2（g）+SO2（g）⇌NO（g）+SO3（g），通入少量O2，的值及SO2转化率不变
【答案】A
【解析】
【详解】A.常温下反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）═4Fe（OH）3（s）能够自发进行，说明满足△H-T△S<0，反应前后气体体积减小，则该反应的△S<0，所以只有当该反应的△H<0时，常温下，△H-T△S<0，故A正确；
B.对于气体总体积反应前后不变的可逆反应来说，无论是否建立平衡，其总物质的量即压强都不会发生变化；对于气体总体积反应前后不等的可逆反应来说，建立化学平衡状态时，总物质的量要与初始时的总物质的量不等，故压强要改变，改变压强平衡一定发生移动，故B错误；
C.平衡常数指各生成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，化学平衡常数与温度有关，注意同一反应化学计量数不同，平衡常数不同，所以化学平衡常数与化学反应本身也有关；所以化学平衡常数只与化学反应本身和温度有关，故C错误；
D.通入少量O2，氧气能和NO反应生成NO2，故NO2的浓度增大，SO2的转化率升高，但温度不变，故c（NO）c（SO3）/c（NO2）c（SO2）的值不变，故D错误。
故选A。
10.在一定条件下，可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0。达到平衡，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是
A. 加催化剂v正、v逆都发生变化，而且变化的倍数相等
B. 加压v正、v逆都增大，且v正增大的倍数大于v逆增大的倍数
C. 降温，v正、v逆都减小，且v正减小的倍数小于v逆减小的倍数
D. 加入氩气，v正、v逆都增大且v正增大的倍数大于v逆增大的倍数
【答案】D
【解析】
【分析】
由反应的热化学方程式N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H＜0可知，反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动；正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动。
【详解】A项、加入催化剂，正逆反应速率都增大，且增大的倍数相同，平衡不移动，故A正确；
B项、反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，v（正）、v（逆）都增大，平衡向正反应方向移动，说明v（正）增大的倍数大于v（逆）增大的倍数，故B正确；
C项、正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动，则降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，v（正）减小的倍数小于v（逆）减小的倍数，故C正确；
D项、在体积不变的密闭容器中通入氩气，虽然压强增大，但参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查外界条件对平衡移动的影响，以及平衡移动与正逆反应速率的大小关系，题目难度不大，易错点为D，注意压强改变时，只有浓度改变，反应速率和平衡才会改变。
11.有一处于平衡状态的反应：X(s)＋3Y(g)2Z (g)，ΔH＜0。为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择的条件是
①高温 ②低温 ③高压 ④低压 ⑤加催化剂 ⑥分离出Z
A. ①③⑤ B. ②③⑤ C. ②③⑥ D. ②④⑥
【答案】D
【解析】
试题分析：反应X(s)+3Y(g)2Z(g)，△H＜0，正反应是气体物质的量减小的放热反应，①升高温度，平衡逆向移动，故①错误；②降低温度，平衡向正反应移动，故②正确；③压强增大，平衡向正反应移动，故③正确；④降低压强，平衡向逆反应方向移动，故④错误；⑤加催化剂缩短到达平衡的时间，不会引起化学平衡的移动，故⑤错误；⑥分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，故⑥正确；故选C。
【考点定位】考查化学平衡的影响因素
【名师点晴】本题考查化学平衡移动的影响因素等。升高温度，平衡向吸热反应移动；降低温度，平衡向放热反应移动；压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动；降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；加催化剂不会引起化学平衡的移动；增大反应物浓度或减小生成物的浓度，平衡正向移动；减小反应物浓度或增大生成物浓度，平衡逆向移动。注意加入惰性气体对平衡的影响，恒温恒容平衡不移动，恒温恒压，体积增大，平衡向体积增大方向移动。
12.可逆反应：2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g)，在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2 ②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO ③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态 ④混合气体的颜色不再改变的状态 ⑤混合气体的密度不再改变的状态 ⑥混合气体的压强不再改变的状态 ⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①④⑥⑦ B. ②③⑤⑦ C. ①③④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】
试题分析：可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。①υ（NO2）正=2υ（O2）逆，证明正逆反应速率相等，化学反应达到了平衡状态，故正确；②υ（NO）正=2υ（O2）正，只能体现反应的正反应方向，不能证明正逆反应速率相等，化学反应不一定达到了平衡状态，故错误；③化学反应进行到任何程度，化学反应速率之比均等于方程式的系数之比，所以用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态不一定是平衡状态，故错误；④混合气体颜色不再改变，证明二氧化氮的浓度不随时间的改变而改变，证明达到了平衡状态，故正确；⑤混合气体密度ρ＝，质量在反应前后是守恒的，体积保持不变，所以密度自始至终都不变，所以混合气体密度不改变的状态不一定是平衡状态，故错误；⑥反应是一个前后气体系数和变化的反应，当混合气体压强不再改变的状态是平衡状态，故正确；⑦混合气体平均相对分子质量M＝，质量在反应前后是守恒的，反应是一个前后气体系数和变化的反应，即n是变化的，所以M不变证明反应达到了平衡状态，故正确，故选A。
考点：考查化学平衡状态的判断
13.已知反应2X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH＜0在不同温度(T1和T2)及压强(p1和p2)下，产物Z的物质的量n与反应时间t的关系如图所示，下列判断正确的是
A. T1＜T2，p1＜p2 B. T1＞T2，p1＞p2 C. T1＜T2，p1＞p2 D. T1＞T2，p1＜p2
【答案】B
【解析】
【详解】根据温度对反应速率的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故T1＞T2；根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，先拐先平压强大，故P1＞P2，选项B符合题意。
故选B。
【点睛】对于化学平衡的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：①看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势；②先拐先平。例如，在转化率—时间图象上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高；③定一议二。当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。
14.已知298.15 K时，可逆反应：Pb2＋(aq)＋Sn(s)Pb(s)＋Sn2＋(aq)的平衡常数K＝2.2，若溶液中Pb2＋和Sn2＋的浓度均为0.10 mol·L－1，则此时反应进行的方向是
A. 向正反应方向进行 B. 向逆反应方向进行
C. 处于平衡状态 D. 无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】A.已知298.15K时，可逆反应：Pb2+（aq）+Sn（s）⇌Pb（s）+Sn2+（aq）的平衡常数K=2.2，若溶液中Pb2+和Sn2+的浓度均为0.10mol•L-1，Qc=c(Sn2+)/c(Pb2+)=1
C.反应为达到平衡状态，故C错误；
D.依据浓度商和平衡常数比较大小，可以分析判断反应进行的分析，故D错误。
故选A。
15.有反应CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0，在其他条件不变的情况下
A. 加入催化剂，改变了反应的途径，反应的ΔH也随之改变
B. 改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变
C. 升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变
D. 增大反应物浓度，反应的ΔH也随之改变
【答案】B
【解析】
【详解】A.加入催化剂，反应速率加快，改变了反应的途径，但不能改变反应热，反应放出的热量不变，故A错误；
B.反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H＜0是一个气体体积不变的反应，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变，故B正确；
C.升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，反应放出的热量减少，故C错误；
D.增大反应物浓度，反应速率加快，反应的ΔH不变，故D错误。
故选B。
16.某温度下，C和水在密闭容器中发生下列反应：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)，CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)当反应达平衡时，测得c(H2)＝1.9 mol/L，c(CO)＝0.1 mol/L，则CO2的浓度为
A. 0.1 mol/L B. 0.9 mol/L C. 1.8 mol/L D. 1.9 mol/L
【答案】B
【解析】
试题分析：令碳与水反应生成的氢气的浓度为amol/L，则生成的CO为amol/L，令CO与水反应生成氢气的浓度为bmol/L，则生成的二氧化碳的浓度为bmol/L，消耗的CO浓度为bmol/L，平衡时氢气的浓度为1.9mol/L，则amol/L+bmol/L=1.9mol/L，平衡时CO的浓度为0.1mol/L，则amol/L-bmol/L=0.1mol/L，联立解得a=1，b=0.9，故CO2的浓度为0.9mol/L，选项B符合题意。
考点：化学平衡的计算
17.在溶液中，反应A+2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始状态均为c(A) = 0.100 mol·L-1 c(B) = 0.200 mol·L-1 、c(C) = 0 mol·L-1 。在三种条件下，反应物A的浓度随时间的变化如图所示。下列说法中正确的是
A. 反应的平衡常数：①<② B. 反应A+2BC的△H >0
C. 实验②平衡时B的转化率为60% D. 实验③平衡时c(C) = 0.04 mol·L-1
【答案】B
【解析】
A．对比实验①和②，达到平衡时反应物A的浓度相同，故平衡常数相同，故A错误；B．反应速率增大，可能是升高温度或增大压强，但如是增大压强，对溶液的体积没有影响，平衡不应移动，现平衡向正反应方向移动，但A的平衡浓度反而增大，不符合图象，则应为升高温度，因③温度升高，化学平衡向吸热的方向移动，平衡时A的浓度减小，说明正反应方向吸热，故B正确；
C．根据 A + 2B ⇌ C
初始 （mol/L） 0.1 0.2 0
转化 （mol/L） 0.04 0.08 0.04
平衡（mol/L） 0.06 0.12 0.04
所以平衡时B的转化率为=0.4，故C错误；
D．根据 A + 2B ⇌ C
初始 （mol/L） 0.1 0.2 0
转化 （mol/L） 0.06 0.12 0.06
平衡（mol/L） 0.04 0.08 0.06
所以平衡时C的浓度为0.06mol/L，故D错误；故答案为B。
18.在一定温度下，有A、B两个容器，A是恒容密闭容器，B是恒压密闭容器。两容器起始状态完全相同，其中都充有NO2气体，如果只考虑发生下列可逆反应：2NO2N2O4，分别经过一段时间后，A、B都达平衡，下列有关叙述正确的是
A. 平均反应速率A＞B
B. 平衡时NO2的物质的量B＞A
C. 平衡时NO2的转化率A＞B
D. 平衡时N2O4的物质的量B＞A
【答案】D
【解析】
试题分析：反应2NO2N2O4是压强减小的反应，B容器相当于减小容器体积，浓度相对于A容器来说增大，故反应速率B＞A，且压强相对于A容器来说B容器较大，根据勒夏特列原理B容器中平衡正向移动，NO2转化率较大，即B＞A，剩余物质的量较小即平衡时NO2的物质的量A＞B，N2O4的物质的量较大，即B＞A ，选项D符合题意。
考点：考查改变影响化学平衡的条件及平衡的移动
19.在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应
X(g) + Y(g)2Z(g) △H < 0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：
t /min
2
4
7
9
n(Y)/mol
0.12
0.11
0.10
0.10
下列说法正确的是
A. 反应前2min的平均速率v(Z) =4.0×10-3mol/(L•min)
B. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆) > v(正)
C. 该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D. 其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大
【答案】C
【解析】
A、2min内Y物质的量变化为0.16mol-0.12mol=0.04mol，故v（Y）==0.002mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=2×0.002mol/（L•min）=0.004mol/（L•min），选项A错误；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正），选项B错误；C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，平衡时Y的物质的量为0.10mol，则：
X（g）+Y（g）⇌2Z（g）
开始（mol）：0.16 0.16 0
变化（mol）：0.06 0.06 0.12
平衡（mol）：0.1 0.1 0.12
由于反应气体氢气的化学计量数相等，用物质的量代替浓度进行计算，故化学平衡常数k==1.44，选项C正确；D、再通入0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，X的体积分数不变，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度中等，等效平衡的理解应用，难点为选项A、2min内Y物质的量变化为0.16mol-0.12mol=0.04mol，根据v=计算v（Y），在利用速率之比等于化学计量数之比计算v（Z）。
20.羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡： CO(g)+H2S(g) COS(g)+H2(g) K=0.1，反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是
A. 升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应
B. 通入CO后，正反应速率逐渐增大
C. 反应前H2S物质的量为7mol
D. CO的平衡转化率为80%
【答案】C
【解析】
试题分析：A、一氧化碳和硫化氢按物质的量为1:1反应，二者浓度减小相等，错误，不选A；B、通入一氧化碳后瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡正向移动，正反应速率减小，逆反应速率增大到新平衡时相等，错误，不选B；C、反应前一氧化碳的物质的量为10摩尔，平衡后一氧化碳的物质的量为8摩尔，转化的一氧化碳为2摩尔，设反应前硫化氢物质的量为n摩尔，
CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)
起始物质的量 10 n 0 0
变化 2 2 2 2
平衡 8 n-2 2 2
由于反应前后气体物质的量不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，则，解n=7，正确，选C；D、一氧化碳的转化率为2/10=20%，错误，不选D。
考点：化学平衡的计算，化学平衡的影响因素
视频
第Ⅱ卷 非选择题（40分）
二、填空题（本题包括4个小题）
21.2SO2(g)＋O2(g) ) 2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示，已知1 mol SO2(g)被氧化为1 mol SO3(g)的ΔH＝－98 kJ/mol。回答下列问题：
(1)图中A、C分别表示：_____________、____________。E的大小对该反应的反应热有无影响？_____________ 。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？________，理由是____________________________ 。
(2)图中ΔH＝________kJ/mol。
(3)V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自己被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式：___________________
(4)已知单质硫的燃烧热为296 kJ/mol，计算由S(s)生成3 mol SO3(g)的ΔH=________
【答案】 (1). 反应物能量 (2). 生成物能量 (3). 没有影响 (4). 降低 (5). 催化剂改变了反应历程，使活化能E降低 (6). －196 (7). SO2＋V2O5===SO3＋2VO2、4VO2＋O2===2V2O5 (8). －1182 kJ/mol
【解析】
【分析】
（1）反应2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，E为活化能，反应热为活化能之差，活化能对反应热无影响，加入催化剂，改变了反应历程，活化能降低；
（2）由1molSO2（g）氧化为1molSO3（g）的△H=-98kJ/mol计算2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H的值；
（3）由V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化为V2O5写出反应的化学方程式；
（4）根据盖斯定律计算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH值。
【详解】（1）1molSO2（g）氧化为1molSO3（g）的△H=-98kJ/mol，说明反应2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，E为活化能，反应热为活化能之差，活化能对反应热无影响，加入催化剂，改变了反应历程，活化能降低，故答案为：反应物总能量；生成物总能量；没有影响；降低；催化剂改变了反应历程，使活化能E降低。
（2）已知1molSO2（g）氧化为1molSO3（g）的△H=-98kJ/mol，则2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H=-196kJ/mol，故答案为：-196。
（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化为V2O5，相关反应为SO2+V2O5=SO3+2VO2、4VO2+O2=2V2O5，故答案为：SO2+V2O5=SO3+2VO2、4VO2+O2=2V2O5。
（4）单质硫的燃烧热为296KJ/mol，热化学方程式为：①S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-296kJ/mol②2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H=-196kJ/mol，依据盖斯定律①×2+②得到2S（s）+3O2（g）=2SO3（g）△H=-296kJ/mol×2+（-196kJ/mol）=-788kJ/mol，则由S（s）生成3molSO3（g）的△H=-788kJ/mol×3/2=-1182kJ/mol，故答案为：－1182kJ/mol。
22.某校课外活动小组利用NO2与N2O4的反应来探究温度对化学平衡的影响。
已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH＝－52.7 kJ·mol－1
(1)该化学反应的浓度平衡常数的表达式为_______________。
(2)该小组的同学取了两个烧瓶A和B，分别加入相同浓度的NO2与N2O4的混合气体，中间用夹子夹紧，并将A和B浸入到已盛有水的两个烧杯中(如图所示)，然后分别向两个烧杯中加入浓硫酸和NH4NO3固体。请回答：
①加入浓硫酸的烧杯中溶液温度________，A中的现象为____________________
②由上述实验现象可知，降低温度，该反应化学平衡向________(选填“正”或“逆”)反应方向移动。
③升高温度，该反应的化学平衡常数将________(选填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】 (1). K= (2). 升高 (3). A中气体的颜色加深 (4). 正 (5). 减小
【解析】
【分析】
（1）根据平衡常数的表达式回答；
（2）①浓硫酸稀释时放出热量，导致溶液的温度升高，硝酸铵溶解时吸收热量，导致溶液的温度降低，反应2NO2（g）⇌N2O4（g）是放热反应，A烧杯中，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮气体浓度增大，气体颜色加深，降低温度，平衡向正反应方向移动，二氧化氮浓度降低，所以气体颜色变浅；
②降低温度，该反应化学平衡移动，平衡向正反应方向移动；
反应是放热的，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小。
【详解】（1）平衡常数的表达式K=C(N2O4)/C2(NO2)，故答案为：K=C(N2O4)/C2(NO2)。
（2）①浓硫酸稀释时放出热量，导致溶液的温度升高，硝酸铵溶解时吸收热量，导致溶液的温度降低，反应2NO2（g）⇌N2O4（g）是放热反应，A烧杯中，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮气体浓度增大，气体颜色加深，降低温度，平衡向正反应方向移动，二氧化氮浓度降低，所以气体颜色变浅；故答案为：升高；A中气体的颜色加深。
②降低温度，该反应化学平衡移动，平衡向正反应方向移动，故答案为：正。
③反应是放热的，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，故答案为：减小。
23.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：
(1)反应Ⅰ的化学方程式是______________________________________
(2)已知反应Ⅱ：2H2SO4(l)＝2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(g) △H＝＋550 kJ·mol－1
它由两步反应组成：i．H2SO4(l)＝SO3(g)＋H2O(g) △H＝＋177 kJ·mol－1
ii．SO3(g)分解。
则SO3(g)分解的热化学方程式为____________________。
(3)L（L1、L2）、X可分别代表压强或温度其中之一。如图表示L一定时，ii中SO3(g)的质量分数随X的变化关系。
①X代表的物理量是__________。
②判断L1、L2的大小关系：L1_______L2，并简述理由：______________。
【答案】 (1). SO2 + 2H2O + I2 = H2SO4 + 2HI (2). 2SO3 （g）⇌2SO2 （g）+O2 （g） △H== + 196kJ•mol-1 (3). 温度 (4). L1＜L2 (5). SO3(g)分解是体积增大的反应，当温度一定时，压强增大，SO3质量分数增大。
【解析】
【分析】
（1）根据图中信息可知反应Ⅰ中反应物为SO2、H2O和I2，生成物为H2SO4和HI，根据氧化还原反应方程式的配平方法配平；
（2）根据反应Ⅱ和步骤ⅰ写出步骤ⅱ的热化学反应方程式为：2SO3（g）=2SO2（g）+O2（g）△H=+196KJ∙mol-1；
（3）①该反应正反应为吸热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO3的转化率减小，故X代表的物理量为温度；
②根据①可知L代表的物理量为压强。SO3(g)分解是体积增大的反应，当温度一定时，压强增大，SO3质量分数增大，故L2>L1。
【详解】（1）根据图中信息可知反应Ⅰ中反应物为SO2、H2O和I2，生成物为H2SO4和HI，故反应Ⅰ的化学方程式是SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，故答案为：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。
（2）已知：①2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H=+550kJ•mol-1②H2SO4（l）═SO3（g）+H2O（g）△H=+177kJ•mol-1，根据盖斯定律①-2×②可得：2SO3（g）=2SO2（g）+O2（g）△H=+196kJ/mol；故答案为：2SO3（g）=2SO2（g）+O2（g）△H=+196kJ/mol。
（3）①该反应正反应为吸热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO3的转化率减小，故X代表的物理量为温度，故答案为：温度。
②根据①可知L代表的物理量为压强。SO3(g)分解是体积增大的反应，当温度一定时，压强增大，SO3质量分数增大，故L2>L1，故答案为：L2>L1；SO3(g)分解是体积增大的反应，当温度一定时，压强增大，SO3质量分数增大。
24.T ℃时，在容积为0.5 L的密闭容器中发生如下反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(s) ΔH<0(m、n、p、q为最简整数比)。A、B、C、D的物质的量变化如图所示。
(1)前3 min，v(C)＝______________。
(2)在该温度下K= ___________（填数值）
(3)反应达到平衡后，下列措施对A的转化率无影响的是________(填选项字母)。
A．保持体积不变，再通入2 mol A和1 mol B B．移走一部分D C．把容器的体积缩小一倍 D．升高温度
(4)T ℃时，容积为1 L的密闭容器中，起始时充入0.2molA、0.4molB、0.3molC、0.5molD，此时v(正)_____v(逆) (填“>”“<”或“＝”) 。判断的依据是________。
【答案】 (1). 0.4 mol·L－1·min－1 (2). 27/16 (3). BC (4). ＝ (5). 浓度商与平衡常数相等或Qc=K
【解析】
【分析】
根据反应图象可知，反应物为A、B，生成物为C、D，前3min，A、B、C、D的物质的量的变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.6mol、0.2mol，根据反应中物质的量的变化量与化学计量数成正比知，m＝2、n＝1、p＝3、q＝1，故反应的化学方程式为：2A(g)＋B(g)3C(g)＋D(s)，反应是气体体积不变的放热反应。
（1）根据平均反应速率v(C)=△c/△t来计算；
（2）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；
（3）根据影响化学平衡移动的因素来回答判断；
（4）根据浓度熵和平衡常数之间的关系判断反应进行的方向。
【详解】（1）前3min，v(C)=△c/△t=(0.6mol/0.5L)÷3min=0.4mol•L-1•min-1，故答案为：0.4mol•L-1•min-1。
（2）根据图中数据知道，A、B、C、D四种物质的物质的量的变化量之比是0.4：0.2：0.6：0.2=2：1：3：1，等于方程式的系数之比，方程式表示为：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)，当达到平衡时，平衡常数K=c3(C)/c2(A)c(B)=(1.2mol•L-1)3÷[(0.8mol•L-1)2•(1.6mol•L-1)]=27/16，故答案为：27/16。
（3）反应2A（g）+B（g）3C（g）+D（s），达到平衡后，
A.保持体积不变，通入2molA和1molB，会使得A的转化率减小，故A错误；
B.D是固体，移走一部分D，平衡不移动，A的转化率不变，故B正确；
C.把容器的体积缩小一倍，即加压，平衡不移动，A的转化率不变，故C正确；
D.升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，故D错误。
故答案为：BC。
（4）T℃时，容积为1L的密闭容器中，起始充入0.2molA、0.4molB、0.3molC、0.5molD，此时Qc= c3(C)/c2(A)c(B)=(0.6mol•L-1)3÷[(0.4mol•L-1)2•(0.8mol•L-1)]=27/16=K，仍然是平衡状态，此时正逆反应速率相等，故答案为：=，浓度商与平衡常数相等或Qc=K。
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