【化学】湖北省宜昌市葛洲坝中学2019-2020学年高二10月月考试题（解析版）

湖北省宜昌市葛洲坝中学2019-2020学年高二10月月考试题
有关相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 S－32 Fe－56
一、选择题（每小题只有一个选项。每小题3分，共66分）
1.人类逐渐由“碳素燃料文明时代”过渡至“太阳能文明时代”。下列错误的是（ ）
A. 煤、石油和天然气都属于碳素燃料
B. 发展太阳能经济有助于减缓温室效应
C. 太阳能电池将太阳能直接转化为电能
D. 菠菜蛋白质“发电”不属于“太阳能文明”
【答案】D
【解析】
【详解】A.煤、石油和天然气均为化石燃料，则为碳素燃料，A正确；
B.太阳能的利用减少化石能源的使用，降低了空气中CO2的含量，从而减缓温室效应，B正确；
C.太阳能电池将太阳能转化为电能，为清洁能源和新能源，C正确；
D.菠菜蛋白质“发电”参照了太阳能电池的制造原理，属于太阳能文明，D错误；
故含量选项是D。
2.下列反应中，既属于氧化还原反应又属于吸热反应的是( )
A. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 B. 工业合成氨
C. 灼热的炭与CO2反应 D. 葡萄糖在人体内生理氧化
【答案】C
【解析】A. Ba(0H)2•8H20与NH4Cl反应属于吸热反应，但不是氧化还原反应，A错误；B. 工业合成氨是放热的氧化还原反应，B错误；C. 灼热的炭与CO2反应既属于氧化还原反应又属于吸热反应，C正确；D. 葡萄糖在人体内生理氧化是放热的氧化还原反应，D错误，答案选C。
3. 下列与化学反应能量变化相关的叙述不正确的是( )
A. 化学反应是旧键断裂和新键形成的过程
B. 放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率
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相同
【答案】B
【解析】试题分析：化学反应要生成新物质就要有旧键的断裂和新键的形成，A对。不选；反应速率与反应的热效应无关，B错，选B；反应的焓变与反应的途径无关，故应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变，C对，不选；反应的焓变与反应的条件无关，D对，不选。选B。
4.关于化学反应，下列叙述中不正确的是 ( )
①放热的反应发生时不必加热 ②化学反应一定有能量变化 ③吸热反应需要加热后才能发生 ④化学反应热效应数值与参加反应的物质的量多少有关。
A. ②④ B. ②③ C. ①③ D. ①②
【答案】C
【解析】
【分析】①一个化学反应发生的条件与反应的热效应无关；
②由于反应物、生成物具有的能量不同，化学反应中一定有能量变化；
③有的吸热反应不需要任何条件即可发生；
④参加反应的物质越多，反应热的数值就越大。
【详解】①放热的反应在常温下不一定很容易发生。如：铝热反应2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe是放热反应，但需在高热条件下以保证足够的热量引发氧化铁和铝粉反应，①错误；
②由于反应物、生成物具有的能量不同，化学反应中一定有能量变化，其表现形式有热量、光能和电能等，如木材燃烧，放出热量的同时发光，②正确；
③有的吸热反应不需要任何条件即可发生，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应，③错误；
④不论是吸热反应还是放热反应，反应热效应的数值均与参加反应的物质的多少有关。参加反应的物质越多，反应热的数值就越大，反之，越小，④正确；
故含量选项是C。
5.热量是化学反应中能量变化的主要形式之一。则下列有关说法不正确的是（ ）
A. 生命体中糖类与氧气的反应、生产和生活中燃料的燃烧等都是反应热效应的重要应用
B. 能源是可以提供能量的自然资源，包括化石燃料、阳光、风力、流水、潮汐等
C. 化学反应是吸收还是放出能量，取决于反应物总能量和生成物总能量的相对大小
D. 在化学反应过程中，反应所吸收或放出的热量就称为化学反应的焓变
【答案】D
【解析】
【详解】A.糖类与氧气反应释放出生命活动需要的能量，生产和生活中燃料的燃烧释放出供我们使用的热量，A正确；
B.化石燃料、阳光、风力、流水、潮汐等都能提供能量，B正确；
C.反应物总能量和生成物总能量的相对大小是决定反应吸收能量还是放出能量的重要依据，C正确；
D.化学反应的焓变不仅仅与温度有关，还与压强等因素有关，D错误；
故含量选项是D。
6.已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，△H=-198kJ/mol，在 V2O5存在时反应过程中的能量变化如图所示。下列叙述正确的是( )

A. △H= E4- E3+E2-E1
B. 加入V2O5后反应经过两步完成，其中第一步决定反应速率
C. 加入V2O5，△H不变，但反应速率改变
D. 向密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生上述反应达平衡时，反应放热198kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图示可知：反应的焓变为吸收能量与放出能量的差值，△H=E1-E2+E3-E4，A错误；
B.多步反应的反应速率由慢反应决定，由图可知：加入V2O5后第二步反应发生需要的能量高，反应速率慢，所以反应速率由第二步反应决定，B错误；
C.催化剂不能改变反应物、生成物的能量，所以△H不变，但催化剂能改变反应途径，所以使用催化剂后反应速率改变，C正确；
D.该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以向密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生上述反应达平衡时，反应放热小于198kJ，D错误；
故合理选项是C。
7. 下列变化属于吸热反应的是( )
①用镁条引燃铝、氧化铁混合粉末 ②碳酸钙受热分解 ③浓硫酸稀释
④氢氧化钡晶体和氯化铵固体反应 ⑤生石灰和水反应
A. ②④ B. ①④ C. ②③ D. ①⑤
【答案】A
【解析】①③⑤放热反应，②④吸热反应，强酸强碱溶于水放热，铝热反应放出大量的热。
8.能够表示燃烧热的是（ ）
A. 2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)；△H1
B. S(g)+O2(g)＝ SO2(g)；△H2
C. C(s)+O2(g)＝ CO(g)；△H3
D. H2(g)+Cl2(g) ＝ 2HCl(g)；△H4
【答案】B
【解析】
【详解】A、2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) △H1，氢气的化学计量数为2，△H不代表燃烧热，故A错误；
B、S（s）+O2（g）═SO2（g）△H2，符合燃烧热定义，故正确；
C、C（s）+1/2O2（g）═CO（g）△H3，生成产物不是稳定氧化物，故C错误；
D、H2(g)+Cl2(g) ＝ 2HCl(g)；△H4产物不是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，故D错误。
答案选B。
9.处于平衡状态的反应2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)　ΔH>0，合理的说法是(　　)
A. 加入催化剂，反应途径将发生改变，ΔH也将随之改变
B. 升高温度，正逆反应速率都增大，H2S分解率也增大
C. 增大压强，平衡向逆反应方向移动，将引起体系温度降低
D. 若体系恒容，注入一些H2后达新平衡，H2浓度将减小
【答案】B
【解析】
【详解】A.加入催化剂，降低了反应的活化能，反应途径将发生改变，但反应热只与物质的始态、终态有关，与反应途径无关，故使用催化剂，反应热不变，A错误；
B.正反应为吸热反应，升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，硫化氢的分解率增大，B正确；
C.正反应为体积增大的吸热反应，增大压强，平衡逆反应方向移动，体系温度升高，C错误；
D.若体系恒容，加入一些H2后达新平衡，平衡虽然向逆反应方向移动，但不能消除氢气浓度增大，达新平衡后H2浓度将增大，D错误；
故合理选项是B。
10.如下热化学方程式H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H=a kJ·mol-1，
H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=bkJ·mol-1，
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H= ckJ·mol-1，表述正确的是 ( )
A. 它们都是吸热反应 B. a、b和c均为正值
C. a=b D. 2b=c
【答案】D
【解析】
【详解】A.物质的燃烧反应为放热反应，由于均为氢气的燃烧反应，因此都是放热反应，A错误；
B.放热反应的焓变为负，则a、b和c均为负值，B错误；
C.反应物相同时，生成物中气态水的能量高，生成液态水时放出热量多，则a的绝对值小于b的绝对值，C错误；
D.由H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=bkJ·mol-1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=ckJ·mol-1及物质的量与热量成正比可知，c=2b，D正确；
故合理选项是D。
11.已知：① S(单斜，s)＋O2(g) =SO2(g) △H1＝－297.16 kJ·mol-1，② S(正交，s)＋O2(g) = SO2(g) △H2＝－296.83 kJ·mol-1，③ S(单斜，s) = S(正交，s) △H3，下列说法正确的是（ ）
A. △H3＝+0.33 kJ·mol-1
B. 单斜硫转化为正交硫的反应是吸热反应
C. S(单斜，s) =S(正交，s) △H3＜0，正交硫比单斜硫稳定
D. S(单斜，s) = S(正交，s) △H3＞0，单斜硫比正交硫稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A.由盖斯定律可知，反应①-②=③，所以△H3=(-297.16kJ/mol)-(-296.83kJ/mol)=-0.33kJ/mol，A错误；
B.S(单斜，s)=S(正交，s) △H3=-0.33kJ/mol，正反应是放热反应，B错误；
C.根据S(单斜，s)=S(正交，s) △H3=-0.33kJ/mol，单斜硫的能量比正交硫的能量高，物质含有的能量越低，稳定性越强，所以正交硫比单斜硫稳定，C正确；
D.根据S(单斜，s)=S(正交，s) △H3=-0.33kJ/mol，单斜硫的能量比正交硫的能量高，物质含有的能量越低，稳定性越强，所以正交硫比单斜硫稳定，D错误；
故合理选项是C。
12. 下列热化学方程式中，正确的是( )
A. 甲烷的燃烧热为890．3kJ/mol，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
B. 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
C. NaOH（s）+1/2 H2SO4（浓）==1/2Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57．3kJ/mol
D. 2．00gC2H2气体完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体，放出99．6kJ的热量，该反应的热化学方程式为：2C2H2（g）+5O2（g）==4CO2（g）+2H2O（l）△H=-2589．6kJ/moL
【答案】D
【解析】试题分析：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，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝-890．3kJ/mol，A错误；B．500℃、30MPa下，将0．5molN2和1．5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19．3kJ，由于是可逆反应，即如果0．5mol氮气完全反应放出的热量大于19．3kJ，所以则其热化学方程式不能表示为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝-38．6kJ/mol，B错误；C．浓硫酸溶于水放热，因此反应NaOH（s）+1/2H2SO4（浓）＝1/2Na2SO4（aq）+H2O（l）实际放出的热量大于57．3kJ，C错误；D．2．00gC2H2气体完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体，放出99．6kJ的热量，因此2mol乙炔，即52g乙炔完全燃烧放出的热量是99．6kJ×26＝2589．6kJ，则该反应的热化学方程式为：2C2H2（g）+5O2（g）＝4CO2（g）+2H2O（l）△H＝-2589．6kJ/moL，D正确，答案选D。
13.用稀硫酸与过量锌粒反应制取氢气，欲加快化学反应速率而不改变产生氢气的量，下列措施不可行的是（ ）
A. 升高温度 B. 滴加少量浓硫酸
C. 滴加少量硫酸铜溶液 D. 改用等质量锌粉
【答案】B
【解析】
【分析】加热、增大浓度、增大接触面积、构成原电池，均可加快反应速率。
【详解】升高温度，增大活化分子百分数，反应速率增大，A正确；滴加少量浓硫酸，硫酸的物质的量增大，生成氢气的体积偏大，B错误；锌置换出铜，形成铜锌原电池反应，反应速率增大，C正确；改用等质量的锌粉，固体的表面积增大，反应速率增大，D正确。
故选B。
14.恒温恒容条件下，能说明反应A（s）+ 2B（g）C（g）+ D（g）一定处于化学平衡状态的是( )
A. 混合气体的密度不再改变 B. 容器内的压强保持不变
C. C与D的物质的量相等 D. 消耗1 mol B的同时生成 0.5 mol D
【答案】A
【解析】
【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不变，注意该反应中A为固体，气体的化学计量数之和前后相等的特点。
【详解】该反应是一个反应前后气体体积不变的反应，但A为固体，正反应是气体质量减小的反应，即密度减小的反应，当混合气体的密度不变时，能判断该反应已达到平衡状态，A正确；该反应是一个反应前后气体体积不变的反应，在恒温恒容密闭容器中，所以压强始终不变，所以不能据此判断该反应是否达到平衡状态，B错误；生成物C与D的化学计量数相等，无论是否达到平衡，C与D的物质的量总是相等，C错误；消耗1molB是正速率，生成0.5molD也是正速率，不能说明一定处于化学平衡状态，D错误。
故选A。
15.已知：2H2（g）+ O2(g)=2H2O(l) ΔH=－571.6kJ· mol-1
CH4（g）+ 2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=－890kJ· mol-1
现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O(l),若实验测得反应放热3695kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是(　　)
A. 1∶1 B. 1∶3 C. 1∶4 D. 2∶3
【答案】B
【解析】
【详解】H2与CH4的混合气体112L（标准状况），其物质的量为n(混)=112L÷22.4L/mol=5mol，设原混合气体中H2与CH4的物质的量分别是x mol和y mol，则有x+y＝5，285.5x+890y＝3695，解得x︰y＝1︰3，答案选B。
16.在四个不同的容器中，在不同条件下利用N2+3H2==2NH3反应来合成氨，根据下列在相同时间内测定的结果判断，生成氨的速率最大的是 （ ）
A. v(H2)=0.1 mol·(L·min)−1 B. v(N2)=0.01 mol·(L·s)−1
C. v(N2)=0.2 mol·(L·min)−1 D. v(NH3)=0.3 mol·(L·min)−1
【答案】B
【解析】
【分析】利用反应速率与化学计量数的比值可知，比值越大，反应速率越大，据此解答。
【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越大，则对各个选项变为相同的单位，进行逐一分析、计算、比较
A.=0.033；B.=0.6；C.=0.2；D.=0.15；显然B的比值最大，故选项B反应最快，生成氨的速率最大。
故合理选项是B。
17.将等物质的量的X、Y气体充入一个密闭容器中，一定条件下发生反应并达到平衡：X(g)＋Y(g) 2Z(g)　ΔH<0。改变条件达到新平衡后，下列正确的是（ ）
A. 升高温度，X的体积分数减小
B. 增大压强(缩小容器体积)，Z的浓度不变
C. 保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，Y的浓度不变
D. 保持容器体积不变，充入一定量的Z，X的体积分数增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，X的体积分数增大，A错误；
B.如缩小体积，气体的压强增大，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，Z的浓度增大，B错误；
C.保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，各种物质的浓度不变，化学平衡不发生移动，Y的浓度不变，C正确；
D.保持容器体积不变，充入一定量的Z，相当于增大压强，化学平衡不移动，X的物质的量分数不变，D错误；
故合理选项是C。
18.足量的Fe与一定量的0.5mol/L盐酸反应，为了加快反应速率，但又不影响产生氢气的总量，应加入下列物质中的（ ）
A. CuSO4溶液 B. 将Fe改为同质量的Na
C. 改为用浓硫酸 D. NaNO3溶液
【答案】A
【解析】根据发生的反应为Fe+2H+＝Fe2++H2↑，则减小氢离子的浓度而不改变氢离子的物质的量即可满足减慢反应速率，但又不影响产生氢气的总量；A．加入CuSO4，铁置换出铜，构成Fe、Cu、盐酸原电池，加快反应速率，且不影响生成的氢气量，A正确；B．钠比铁活泼，改用钠，反应加快。铁的摩尔质量为56g/mol，钠的摩尔质量为23g/mol，同质量的Na和Fe，钠的物质的量比铁的2倍还要大，反应中Na显+1价，Fe显+2价，所以钠生产的氢气多，B错误；C．改用浓硫酸，铁与浓硫酸钝化，无氢气生成，C错误；D．加入NaNO3溶液，Fe与硝酸根离子、氢离子发生氧化还原反应生成NO，而不生成氢气，D错误；答案选A。
19.在一定温度下，2HI(g)H2(g)+I2(g) △H>0的反应达到平衡,下列条件的改变将使混含气体颜色加深的是（ ）
A. 降低HI的浓度 B. 升高反应温度
C. 增大容器体积 D. 增大氢气浓度
【答案】B
【解析】A．降低HI的浓度，平衡逆向移动，I2(g)浓度降低，混合气体颜色变浅，故A错误；B．升高反应温度，平衡正向移动，I2(g)浓度增大，混合气体颜色变深，故B正确；C．增大容器体积，混合气体各物质的浓度均降低，混合气体颜色变浅，故C错误；D．增大氢气浓度，平衡逆向移动，I2(g)浓度降低，混合气体颜色变浅，故D错误；答案为B。
20.下列说法正确的是( )
①活化分子间的碰撞一定能发生化学反应
②普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应
③使用催化剂可提高转化率
④化学反应的实质是原子间的重新组合
⑤化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成
⑥化学反应前提是活化分子有合理取向时的有效碰撞
A. ①③④⑤ B. ②③⑥ C. ④⑤⑥ D. ②④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】活化分子间的碰撞不一定为有效碰撞；普通分子间的碰撞，达不到反应所需的能量；使用催化剂，降低反应活化能，加快反应速率，但平衡不移动；化学变化中的最小微粒为原子，化学反应的实质是原子的重新组合；化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程；化学反应的实质与化学键有关，活化分子有合适取向时的有效碰撞一定发生化学反应，为化学反应的前提。
【详解】①活化分子间的碰撞不一定为有效碰撞，则不一定发生化学反应，故错误；②普通分子间的碰撞，达不到反应所需的能量，则不能发生化学反应，故错误；③使用催化剂，降低反应活化能，加快反应速率，但平衡不移动，转化率不变，故错误；④化学变化中的最小微粒为原子，则化学反应的实质是原子的重新组合，故正确；⑤从化学键角度可知，化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，故正确；⑥活化分子有合适取向时的有效碰撞一定发生化学反应，为化学反应的前提，故正确，故选C。
21.一定量混合气体在密闭容器中发生如下反应：xA(g)+yB(g)nC(g)，达到平衡后，测得A气体的浓度为0.5mol/L。保持温度不变将容器的容积扩大1倍，再达平衡时，测得A气体的浓度为0.3mol/L，则下列叙述中正确的是( )
A. x+y C. B的转化率增大 D. C的体积分数减小
【答案】D
【解析】试题分析：保持温度不变将容器的容积扩大1倍，若平衡不移动，A气体的浓度为0.25mol/L，再达平衡时，测得A气体的浓度为0.3mol/L，则平衡向逆反应方向移动，扩大容积，减小了压强，平衡左移，正反应是一个体积减小的反应，x+y>n，A错误；B错误；平衡左移，B的转化率减小，C的体积分数减小，C错误；D正确；答案选D。
22. 下列能用勒夏特列原理解释的是( ）
A. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深
B. 工业上由氢气和氮气合成氨是在较高温度下进行的
C. Fe(SCN）3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
D. SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂
【答案】A
【解析】试题分析：A．可逆反应为H2(g）+I2(g）2HI(g），增大压强I2的浓度增大，颜色加深，反应前后气体的体积不发生变化，增大压强平衡不移动，颜色加深是体积改变的原因，不能用用勒夏特列原理解释，故A选；B．合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向元素，不利于合成氨生产，但在较高温度下反应速率较大，则合成氨在较高温度下进行不能用平衡移动原理解释，故B不选；C．Fe(SCN）3溶液中存在Fe(SCN）3Fe3++3SCN-，加入固体KSCN，SCN-浓度增大，平衡逆向移动，颜色加深，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D．催化剂只改变反应速率不影响平衡移动，所以不能用平衡移动原理解释，故D不选；故选A。
二、填空题（13分）
23.(1)以石灰石为原料通过系列反应将硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。相关反应的热化学方程式如下：CaSO4 (s)+CO (g) CaO(s)+SO2 (g)+CO2 (g) △H1= +218.4kJ·mol－1(反应Ⅰ)，CaSO4 (s) +4CO (g) CaS(s) +4CO2(g)△H2=﹣175.6kJ·mol－1 (反应Ⅱ)，结合反应Ⅰ、Ⅱ写出CaSO4 (s)与CaS (s) 反应的热化学反应方程式_______。
(2)NO2、SO2气体混合存在氧化物间的相互转化平衡：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，某活动小组对此反应进行研究实验

实验内容
实验现象
结论

①
将充有NO2、SO2气体的密闭烧瓶放入热水中
气体红棕色加深，一段时间后颜色不再变化
△H___0 (填＞、＜或＝)

②
在针筒中抽入5mL NO2和5mL SO2气体，封闭针筒前端，充分反应后，将活塞迅速推至5mL处
气体红棕色加深并保持不变
平衡____(填向左、向右或不)移动

③
在充有NO2、SO2混合气体的恒容容器中，达平衡后继续通入SO2气体
_____
平衡向右移动，SO2的转化率____(填增大、减小或不变)
(3)工业上用活性炭还原法处理NO，有关反应为：C(s) +2NO(g)N2(g) +CO2(g)。为了提高NO的转化率，下列的措施可行的是___。
A．再加入一定量的碳 B．增大压强 C．用碱液吸收气体 D．使用催化剂
【答案】(1). 3CaSO4(s)+CaS(s)=4CaO(s)+4SO2(g) △H= +1049.2kJ•mol﹣1 (2). < (3). 不 (4). 气体红棕色变浅 (5). 减小 (6). C
【解析】
【分析】(1)根据盖斯定律，将已知的两个热化学方程式叠加，就可以得到待求反应的反应热；
(2)①混合气体中只有NO2是红棕色气体，其余气体无色，根据加热气体颜色变深判断温度对化学平衡移动的影响；
②根据压强对化学平衡移动的影响判断平衡移动方向；
③根据浓度对化学平衡移动的影响分析判断。
(3)根据反应物的状态、平衡移动及物质转化率的概念分析判断。
【详解】(1)(I) CaSO4 (s)+CO(g)CaO(s)+SO2 (g)+CO2 (g) △H1= +218.4kJ·mol－1，
(Ⅱ)CaSO4 (s) +4CO (g)CaS(s) +4CO2(g) △H2=﹣175.6kJ·mol－1，
由于反应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关，所以根据盖斯定律，将(I)×4-(II)，整理可得：CaSO4 (s)+ CaS(s)4CaO(s)+4SO2(g) △H= +1049.2kJ•mol﹣1；
(2)将充有NO2、SO2气体的密闭烧瓶放入热水中，发生反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，当反应达到平衡后，气体红棕色加深，一段时间后颜色不再变化，说明升高温度，NO2(g)浓度增大，升高温度，平衡逆向移动。根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动。逆反应方向为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，所以△H<0；
②减小反应容器的容积，气体的浓度增大，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以增大压强，化学平衡不发生移动；
③在充有NO2、SO2混合气体的恒容容器中发生反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，达平衡后继续通入SO2气体，SO2气体浓度增大，根据平衡移动原理：增大反应物的浓度，化学平衡向正反应方向移动，会反应消耗NO2气体，导致NO2(g)浓度降低，因此会看到平衡后气体颜色变浅，即气体的红棕色变浅；由于加入使SO2增大的浓度远大于SO2反应消耗的浓度，所以SO2的平衡转化率降低；
(3) A.由于C是固体，不能是化学平衡发生移动，所以再加入一定量的碳，对NO的转化率无影响，A不符合题意；
B.该反应是反应前后气体体积的反应，增大压强化学平衡不移动，NO的转化率不变，B不符合题意；
C.在平衡混合物中，只有CO2可以与碱溶液反应，若用碱液吸收气体，CO2(g)的浓度降低，平衡正向移动，NO的转化率增大，C符合题意；
D.使用催化剂，可以加快反应速率，但对化学平衡移动无影响，因此不能提高NO的平衡转化率，D不符合题意；
故合理选项是C。
三、实验题（12分）
24.50 mL 1.0 mol·L－1盐酸跟50 mL 1.1 mol·L－1氢氧化钠溶液在下图装置中进行中和反应，并通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。试回答下列问题：

(1)环形玻璃搅拌棒_____（填能或不能）改为环形金属棒。其原因是________。
(2)大烧杯内填满碎泡沫塑料的作用______。
(3)实验中将氢氧化钠溶液分多次加入盐酸中，对求得中和热数值的影响是________（偏高或偏低或无影响）。
(4)如果改用60 mL 1.0 mol·L－1盐酸跟50 mL 1.1 mol·L－1氢氧化钠溶液进行反应，则与上述实验相比，所放出的热量_______（增加、减少或不变），所求中和热数值____（增加、 减少或 不变）。
【答案】(1). 不能 (2). 因金属易导热 (3). 减少实验过程中的热量损失 (4). 偏低 (5). 增加 (6). 不变
【解析】
【分析】(1)环形金属棒是热的良导体，会使热量损失；
(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作；
(3)分多次把NaOH溶液倒入盛有HCl的烧杯中，热量损失较大；
(4)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答。
【详解】(1)金属容易导热使热量损失，导致中和热测定不准确，因此不能使用金属棒；
(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，根据量热计的构造和实验的成败关键来判断该装置的大小烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是保温、隔热，减少热量散失；
(3)尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有盐酸烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，否则会导致热量损失较多，影响中和热的测定，导致中和热数值偏低；
(4)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若改用60mL 1.0mol/L盐酸跟50mL1.1mol/L氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，反应生成水的物质的量增多，所放出的热量增加，但是由于中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以中和热不变。
四、计算题（9分）
25.按要求写热化学方程式：
(1)已知稀溶液中，1 mol H2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6 kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的中和热化学方程式____。
(2)25℃、101 kPa条件下充分燃烧一定量的丁烷气体放出热量为Q kJ，经测定，将生成的CO2通入足量澄清石灰水中产生25 g白色沉淀，写出表示丁烷燃烧热化学方程式_____。
(3)已知下列热化学方程式：①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=－870.3 kJ/mol；
②C(s)+O2(g)=CO2(g) 　 ΔH2=-393.5 kJ/mol；
③2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l ) ΔH3=-571.6kJ/mol，
写出由C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的热化学方程式_________。
【答案】(1). H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol (2). C4H10(g)+O2(g)= 4CO2(g)+5H2O(l) ΔH=-16Q kJ/mol (3). 2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)ΔH=-488.3 kJ/mol
【解析】
【分析】(1)根据中和热的概念：稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量求出中和热并书写出中和热的热化学方程式。
(2)根据生成碳酸钙的质量计算丁烷的物质的量，结合燃烧热的概念书写表示丁烷燃烧热化学方程式；
(3)利用盖斯定律计算反应热，并书写热化学方程式。
【详解】(1)1mol H2SO4溶液与足量NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，即生成2mol水放出114.6kJ的热量，反应的反应热为-114.6kJ/mol，中和热为-57.3kJ/mol，则中和热的热化学方程式：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol；
(2)n(CaCO3)==0.25mol，则根据C元素守恒，可知n(CO2)=0.25mol，即丁烷燃烧生成的二氧化碳为0.25mol，由丁烷燃烧的化学方程式2C4H10+13O2=8CO2+10H2O可知反应的丁烷的物质的量是n(C4H10)==mol，因为燃烧mol的丁烷放出的热量为Q，所以燃烧1mol丁烷产生CO2气体和产生液态水放出热量是16QkJ，故丁烷的燃烧热为16QkJ，所以表示丁烷燃烧热化学方程式为C4H10(g)+O2(g)= 4CO2(g)+5H2O(l) ΔH=-16Q kJ/mol；
(3)已知：CH3COOH(l)+2O2(g)= 2CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=－870.3 kJ/mol；
②C(s)+O2(g)=CO2(g) 　 ΔH2=-393.5 kJ/mol；
③2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l ) ΔH3=-571.6kJ/mol，
利用盖斯定律将②×2+③×2-①可得：
2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)；△H=2×(-393.5kJ/mol)+2×(-285.8kJ/mol)-(-870.3kJ/mol)=-488.3kJ/mol，
所以热化学方程式为2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)ΔH=-488.3 kJ/mol。