【化学】江西省上饶市横峰中学2020-2021学年高二上学期开学考试（统招班）(解析版) 21页

江西省上饶市横峰中学2020-2021学年高二上学期开学考试（统招班）试卷 时间：100分钟 总分：100分 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 ‎ 一、选择题（16个小题，每小题3分，每小题只有一个正确选项）‎ ‎1. ‎100℃‎时，将0.1molN2O4置于‎1L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入‎100℃‎的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4(g)2NO2(g)。下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是（ ）‎ ‎①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1:2 ‎ ‎②NO2生成速率与NO2消耗速率相等 ‎③烧瓶内气体的压强不再变化 ④烧瓶内气体的质量不再变化 ‎⑤NO2物质的量浓度不再改变 ⑥烧瓶内气体的颜色不再加深 ‎⑦烧瓶内气体平均相对分子质量不再变化 ⑧烧瓶内气体的密度不再变化 A. ②③⑥⑦ B. ①④⑧ C. 只有①④ D. 只有⑦⑧‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2，描述的是正反应，从反应方程式可得，从发生到平衡一直是1：2，不能说明已达平衡状态；②NO2生成速率与NO2消耗速率相等，正逆反应速率相等，说明已达平衡状态；③该反应左右两边气体分子数不相等，只要不平衡压强就会变化，烧瓶内气体的压强不再变化，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；④根据质量守恒定律烧瓶内气体的质量始终不变，不能说明已达平衡状态；⑤NO2的物质的量浓度不再改变，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；⑥烧瓶内气体的颜色不再加深，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；⑦该反应左右两边气体分子数不相等，只要不平衡烧瓶内气体的平均相对分子质量就会变化，当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；⑧密度=质量÷体积，气体质量不变，气体体积不变，所以密度始终不变，不能说明已达平衡状态。综上，①④⑧符合题意，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发 生变化，注意，若题中涉及的某物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量不变时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎2. 一定条件下，A与B反应可生成C和D，其能量变化如图。下列叙述正确的是 A. 反应前后原子的种类和数目一定不变 B. 该反应若有热量变化，则一定是氧化还原反应 C. 若该反应为放热反应，则不需要加热反应就一定能自发进行 D. 若E1＜E2，则反应热ΔH<0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目一定不变，故A正确；‎ B．化学反应都伴随能量变化，有热量变化，不一定是氧化还原反应，故B错误；‎ C．放热反应、吸热反应，与反应条件无关，故C错误；‎ D．反应热=生成物总能量-反应物总能量，若E1＜E2，则反应热ΔH>0，故D错误；‎ 选A。‎ ‎3. 某实验小组用50 mL 0.50 mol•L−1盐酸与50 mL 0.55 mol•L−1 NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。下列说法不正确的是 A. 烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是减少热量散失 B. 大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值偏小 C. 实验中改用60 mL 0.50 mol•L−1盐酸与50 mL 0.55 mol•L−1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等，所求中和热也不相等 D. 用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会偏小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．泡沫塑料能隔热，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是减少热量散失，故A正确；‎ B．大烧杯上如不盖硬纸板，热量散失多，求得的中和热数值偏小，故B正确；‎ C．实验中改用60 mL 0.50 mol•L−1盐酸与50 mL 0.55 mol•L−1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等，所求中和热相等，故C错误；‎ D．氨水电离吸热，用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会偏小，故D正确；‎ 选C。‎ ‎4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应：‎ ‎（1）CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l） ΔH1＝a kJ·mol－1‎ ‎（2）CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（g） ΔH2＝b kJ•mol－1‎ 下列说法正确的是 A. H2O（g）=H2O（l）的ΔS<0，ΔH＝（a－b）kJ•mol－1‎ B. 上表中x＝（1 796＋b）/2‎ C. 当有4NA个C—H键断裂时，反应放出的热量一定为a kJ D. a>b且甲烷燃烧热为b kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据盖斯定律H2O（g）=H2O（l）的ΔS<0，ΔH＝ kJ•mol－1，故A错误；‎ B．焓变=反应物总键能-生成物总键能，根据反应2，413×4＋2x－798×2-463×4=b， x＝(1796＋b)/2，故B正确；‎ C．当有4NA个C—H键断裂时，若生成液态水放出的热量为a kJ，若生成气态水放出的热量为b kJ，故C错误；‎ D．燃烧反应放热，焓变为负值，ap+q，则由状态Ⅱ到状态Ⅰ可以压缩容器体积 D. 在不同的平衡状态Ⅰ和Ⅱ时，化学平衡常数一定相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据外因对化学反应速率和化学平衡的影响分析判断。‎ ‎【详解】A项：由图b可知，温度升高，A的转化率变大，即升温平衡右移，故正反应ΔH>0，A项错误；‎ B项：图a中平衡状态Ⅱ、平衡状态Ⅰ的A转化率不同，即平衡状态不同，而催化剂不能使平衡移动，B项错误；‎ C项：图a中曲线I先达到化学平衡，可能是压强较大。当m+n>p+q时，增加压强（压缩容器体积）平衡右移，则由状态Ⅱ可以到达状态Ⅰ，C项正确；‎ D项：图a中曲线I先达到化学平衡，也可能是温度较高。在不同的平衡状态Ⅰ和Ⅱ时，化学平衡常数可能不同，D项错误。‎ 本题选C。‎ ‎9. 根据如图所示示意图，下列说法不正确的是 A. 反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=(b-a) kJ·mol-1‎ B. 该反应过程反应物断键吸收的能量一定大于生成物成键放出的能量 C. 使用催化剂无法改变该反应的ΔH D. nmol C和n mol H2O反应生成nmol CO和nmol H2吸收的热量一定为131.3nkJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，该反应为吸热反应，所以反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g) ΔH=(b-a) kJ·mol-1，故A正确；B.该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，故B正确；C.催化剂只改变化学反应速率，无法改变该反应的ΔH，故C正确；D. 根据图像可知1mol C(s)和1mol H2O(g)反应生成1mol CO(g)和1mol H2(g)吸收热量131.3 kJ，而题干中的n不一定是1，则吸收热量不一定是131.3 kJ，D错误；答案：D。‎ ‎【点睛】‎ ‎10. 已知A（g）+B（g）C（g），反应过程混合物中与温度关系如下图，下列说正确是 A. 正反应速率： B. 化学平衡常数： ‎ C. 由c向d变化时， D. 该可逆反应的正反应为吸热反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图中信息可知，混合物中随着反应体系的温度的升高先变大后变小，说明该反应为放热反应。‎ ‎【详解】A．由图中信息可知，b、c、d三点对应温度依次升高，温度越高，化学反应速率越大，故正反应速率从大到小的顺序为，A不正确；‎ B．该反应为放热反应，温度越高，其化学平衡常数越小，故 ，B不正确；‎ C．由c向d变化时，减小，说明化学平衡向逆反应方向移动，故，C正确；‎ D．该可逆反应的正反应为放热反应，D不正确。‎ 本题选C。‎ ‎【点睛】在c点之前该反应没有达到平衡状态，温度升高化学反应速率增大，故逐渐增大；在c点之后，该反应达到了化学平衡状态，温度升高使化学平衡向逆反应方向移动，故逐渐减小。‎ ‎11. 工业尾气往往会对环境造成很严重的污染，研究发现臭氧是一种较为理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：，反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是 A B C D 升高温度，化学平衡常数增大 达平衡时，仅改变x，则为 加入催化剂，平衡向正反应方向移动 ‎0～3秒内反应速率 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应放热，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，故A错误；‎ B．，增大氧气浓度，平衡逆向移动，NO2转化率减小，故B错误；‎ C．加入催化剂，平衡不移动，故C错误；‎ D．0～3秒内NO2的浓度变化为(1mol/L-0.4mol/L)=0.6 mol/L，所以O3的浓度变化为0.3 mol/L，，故D正确；‎ 选D。‎ ‎12. 在一密闭容器中，可逆反应：‎3A（g）3B+C（正反应为吸热反应），随着温度升高，气体的平均相对分子质量有变小的趋势，则下列判断中正确的是 A. B和C不可能都是气体 B. B和C可能都是固体 C. 若C为固体，则B一定是气体 D. B和C一定都是气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．‎3A（g）3B+C（正反应为吸热反应），随着温度升高，平衡正向移动， 若B和C都是气体，则气体总质量不变、气体物质的量增大，根据，气体的平均相对分子质量变小，故A错误；‎ B．‎3A（g）3B+C， 若B和C都是固体，容器中只有A是气体，气体的平均相对分子质量不变，故B错误； ‎ C．‎3A（g）3B+C，若B和C都是固体，容器中只有A是气体，气体的平均相对分子质量不变，若C为固体，则B一定是气体，故C正确；‎ D．根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向正反应方向移动，而气体的平均相对分子质量减小，则有两种可能：(1)气体的质量不变，物质的量增加，即B和C均为气体。(2)气体的质量减少，物质的量不变，即B为气体，C为固体，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎13. 已知反应：（红棕色） （无色），分别进行如下两个实验：‎ 实验ⅰ：将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. d点：‎ D. 若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T（b）＜T（c）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图中信息可知，球浸泡在热水中颜色变深，球浸泡在冰水中颜色变浅，说明（红棕色） （无色）是放热反应。‎ ‎【详解】A. 由图1现象可知，球浸泡在热水中颜色变深，球浸泡在冰水中颜色变浅，说明该反应为放热反应，A说法正确；‎ B. 图2中b点后透光率降至最低后又有所反弹，说明b点的操作是压缩注射器，气体的压强变大、体积变小，故其中各组分的浓度变大，气体的颜色变深，透光率减小，但是由于化学平衡向正反应方向移动，故气体的颜色又有所变浅，透光率又变大了一点，但仍比压缩之前小，B说法正确；‎ C. 由图中信息可知，d点处在透光率减小的过程中，平衡正在向逆反应方向移动，故，C说法不正确；‎ D. 由B中分析可知，b到c的过程是平衡向正反应移动的过程，由于正反应为放热反应，若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则平衡混合物的温度升高，即T（b）＜T（c），D说法正确。‎ 综上所述，相关说法不正确的是C。‎ ‎【点睛】改变气体的压强后，气体的体积随之发生变化，要先分析体积变化所引起的浓度变化，然后再分析平衡移动所引起的浓度变化。‎ ‎14. 在‎20℃‎，5.05×105Pa条件下，密闭容器中进行反应‎2A(g)+xB(g)‎4C(g)，达平衡时c(A)=1.00mol•L-1，现将压强减小到1.01×105Pa，建立平衡后，c(A)=0.18mol•L-1，则下列说法正确的是 A. 系数x＞2‎ B. 若增大该体系的压强，平衡向左移动，化学平衡常数变小 C. 若增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数不变 D. 该反应的化学平衡常数表达式是K＝‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在5.05×105Pa条件下达平衡时c(A)=1.00mol•L-1，现将压强减小到1.01×105Pa，压强为原来是五分之一，若平衡不发生移动，则建立平衡后，A的浓度也应该为原来的五分之一，即c(A)=0.200mol/L.但是却是c(A)=0.18mol•L-1。说明减小压强，平衡正向移动。根据平衡移动原理，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动。所以2＋x<4.所以x=1，A错误。‎ B．若增大该体系的压强，平衡向气体体积减小的方向，即向左移动。但是化学平衡常数只与温度有关。温度不变，化学平衡常数也不变。B错误。‎ C．若增大该体系的压强，平衡向气体体积减小的方向，即向左移动，由于温度不变，所以化学平衡常数不变。C错误。‎ D．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各生成物 幂指数的乘积与各反应物浓度幂指数乘积的比，对该反应来说，其化学平衡常数表达式是K＝。D正确。‎ 答案选D。‎ ‎15. 为妥善处理氯甲烷生产企业的副产物CCl4，以减少其对臭氧层的破坏。化学家研究在催化剂作用下，通过下列反应：CCl4+H2CHCl3 + HCl使CCl4转化为重要的化工原料氯仿（CHCl3）。此反应伴随有副反应，会生成CH2Cl2、CH3Cl和CH4 等。已知CCl4的沸点为‎77℃‎，CHCl3的沸点为‎61.2℃‎。在密闭容器中，该反应达到平衡状态后，测得如下数据（假设不考虑副反应）。下列说法不正确的是 实验序号 温度/℃‎ 初始CCl4的浓度 ‎（mol • L−1）‎ 初始H2的浓度 ‎（mol • L−1）‎ CCl4的平衡转化率 ‎1‎ ‎110‎ ‎0.8‎ ‎1.2‎ A ‎2‎ ‎110‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎50%‎ ‎3‎ ‎100‎ ‎1‎ ‎1‎ B A. 在‎110℃‎时平衡常数为1‎ B. 实验1中，CCl4的转化率A大于50%‎ C. 实验2中，10 h后达到平衡，则H2的平均反应速率为0.05 mol • L−1 • h−1‎ D. 实验3中，B的值大于50%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据实验2，在‎110℃‎时CCl4的平衡转化率为50%，则平衡时CCl4的浓度是0.5 mol • L−1、H2的浓度是0.5 mol • L−1、HCl的浓度是0.5mol • L−1、CHCl3的浓度是0.5mol • L−1，平衡常数为，故A正确；‎ B．实验1与实验2相比，减小CCl4的浓度、增大H2的浓度，所以CCl4的转化率A大于50%，故B正确；‎ C．实验2中，10 h后达到平衡，则H2的平均反应速率为0.05 mol • L−1 • h−1，故C正确；‎ D．由于反应是放热反应还是吸热反应无法确定，无法判断降低温度后平衡移动方向，所以实验3中，B的值不能确定，故D错误；‎ 选D。‎ ‎16. 下列反应在常温下均为非自发反应，在高温下仍为非自发的是 A. Fe2O3（s）+ C（s）2Fe（s）+CO2（g）‎ B. N2O4（g）2NO2（g）‎ C. Ag2O（s）2Ag（s）+O2（g）‎ D. ‎6C（s）+6H2O（1）C6H12O6（s）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe2O3（s）+ C（s）2Fe（s）+CO2（g）反应的△H＞0、△S＞0，高温下△H-T△S＜0，反应在高温下能自发进行，故A不符合；‎ B．N2O4（g）2NO2（g）反应的△H＞0、△S＞0，高温下△H-T△S＜0，反应在高温下能自发进行，故B不符合；‎ C．Ag2O（s）2Ag（s）+O2（g）反应的△H＞0、△S＞0，高温下△H-T△S＜0，反应在高温下能自发进行，故C不符合；‎ D．‎6C（s）+6H2O（1） C6H12O6（s）反应的△H＞0、△S＜0，△H-T△S＞0，反应一定不能自发进行，故D符合；‎ 选D。‎ 二、非选择题（共52分）‎ ‎17. 《化学反应原理》对于深入了解化学反应的本质及其规律是极为重要的，它们不仅具有理论意义，而且具有实际价值;它们不仅是核心的基础化学知识，而且对学生今后从事科学研究与技术创新具有重要的指导作用。 有甲、乙两个研究性学习小组分别设计了以下实验 I．甲组同学，为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，设计了如图A、B所示的实验。请回答下列问题：‎ ‎（1）定性比较：图A可通过观察_________，定性比较得出结论。有同学提出将CuSO4改为CuCl2更合理，其理由是_________。‎ ‎（2）定量比较：如图B所示，实验时均以生成40 mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。检查该装置气密性的方法是________，实验中需要测量的数据是___________。‎ ‎（3）将0.1 mol MnO2粉末加入到50 mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。计算H2O2的初始物质的量浓度________________。（请保留两位有效数字）‎ Ⅱ．乙组同学按照如图所示的实验装置探究外界条件对化学反应速率的影响（加热仪器和夹持仪器均已省略）。‎ ‎（1）实验原理：硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应，其化学方程式为：___。‎ ‎（2）实验目的：‎ 装置A，探究浓度对化学反应速率的影响；装置B，探究__________对化学反应速率的影响。‎ ‎（3）通过A、B装置，分别进行了三组实验，数据记录如下，并经分析得出相关结论：‎ 实验组号 温度/℃‎ Na2S2O3溶液 H2SO4‎ 加入H2O 的体积/mL 出现沉淀所需时间/s 体积 ‎/mL 浓度/ （mol • L−1）‎ 体积/mL 浓度/（mol • L−1）‎ I ‎0‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎10‎ ‎0.1‎ ‎5‎ ‎8‎ Ⅱ ‎0‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎10‎ ‎12‎ Ⅲ ‎30‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎10‎ ‎4‎ 结论1：由Ⅰ和Ⅱ两组数据可知，_______；‎ 结论2：由Ⅱ和Ⅲ两组数据可知，________。‎ ‎【答案】 (1). 产生气泡的快慢 (2). 消除阴离子不同对实验的干扰 (3). 关闭分液漏斗的活塞，将注射器活塞向外拉出一段，过一会儿后观察其是否回到原位置 (4). 产生40 mL气体所需的时间 (5). 0.089 mol • L−1 (6). Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓ +SO2↑+H2O ‎ ‎(7). 温度 (8). 其他条件一定时，反应物的浓度越大，化学反应速率越快 (9). 其他条件一定时，温度越高，化学反应速率越快 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，要让选择的试剂Fe3+和Cu2+中的阴离子种类相同才有意义；检查装置的气密性装置气密性检验有多种方法，原理都是根据装置内外的压强差形成水柱、气泡或其它特定现象；产生等量的气体用的时间越短，则反应速率越快；‎ Ⅱ．根据温度计的作用判断，分析各组数据的不同点，判断影响速率的因素。‎ ‎【详解】I．(1)图A可以通过观察产生气泡的快慢来定性比较比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更为合理，这样Fe3+和Cu2+中的阴离子种类相同，以排除阴离子可能带来的干扰；‎ ‎(2)检查该装置气密性的方法是关闭分液漏斗的活塞，将注射器活塞向外拉出一段，过一会儿后观察其是否回到原位置；均以生成40mL气体为准时，产生等量的气体用的时间越短，则反应速率越快，所以实验中需要测量的数据是收集40mL气体所需的时间；‎ ‎(3)有图可知，生成氧气在标准状况下的体积为50mL，物质的量为=mol，则根据2H2O22H2O+O2↑可知过氧化氢的物质的量为2×mol =mol，c(H2O2)==0.089mol/L；‎ Ⅱ．(1)硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应生成S和SO2，结合守恒法得发生反应的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2+H2O；‎ ‎(2)装置B中有温度计，温度计的作用是测量溶液的温度，说明探究温度对化学反应速率的影响；‎ ‎(3)结论1：Ⅰ和Ⅱ两组数据的不同点是稀硫酸的体积、水的体积、出现沉淀的时间，Ⅰ中稀硫酸的浓度比Ⅱ中大，Ⅰ中出现沉淀比Ⅱ中早，所以Ⅰ反应速率比Ⅱ中大，所以其它条件一定时，反应物浓度越大速率越快；Ⅱ和Ⅲ两组数据的不同点是：Ⅲ的温度比Ⅱ高，Ⅲ出现的沉淀比Ⅱ早，所以，Ⅲ的反应速率比Ⅱ大，所以其它条件一定时，温度越高，速率越快。‎ ‎【点睛】该题图表的分析方法：先比较两组数据的不同点，再分析不同点说明的问题，从而确定它们之间关系；如：Ⅰ和Ⅱ 两组数据，不同点是稀硫酸的体积、水的体积、出现沉淀的时间，稀硫酸的体积、水的体积不同，说明溶液的浓度不同；出现沉淀的时间不同，说明反应速率不同；根据浓度、速率的不同找出浓度与速率的关系。‎ ‎18. 化学反应速率和限度是化工生产工艺中，需要特别关注的两个方面。某化工生产要合成C物质，需要在密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应：A（g）+xB（g）‎2C（g），若达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的关系如下图所示。请回答下列问题：‎ ‎(1)30 min和40 min时改变的外界条件依次是______‎ ‎(2)化学方程式中的 x =______‎ ‎(3)正反应为______热反应 ‎(4)反应开始到8 min内A的平均反应速率为______‎ ‎(5)35min时该反应的平衡常数为______‎ ‎【答案】 (1). 降低压强，升高温度 (2). 1 (3). 放 (4). 0.08 mol • L−1 • min−1 (5). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的关系图，30 min时A、B、C的浓度均突变为原来的0.75倍，说明改变的条件是扩大容器体积，减小压强； 40 min时正逆反应速率突然增大，且ν(逆)> ν(正)，说明平衡逆向移动，A和B的浓度逐渐增大、C的浓度逐渐减小，说明40 min时改变的条件是升高温度。‎ ‎(2)30 min时减小压强，平衡不移动，说明反应前后气体系数和相等，化学方程式中的 x =1；‎ ‎(3)40 min时升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应；‎ ‎(4)反应开始到8 min内A的平均反应速率为=0.08 mol • L−1 • min−1；‎ ‎(5)35min时A、B的浓度均为0.75mol/L，C的浓度为1.5 mol/L，该反应的平衡常数为4。‎ ‎【点睛】本题考查影响化学平衡、化学反应速率的因率，正确分析图像是解题关键，明确温度、浓度、压强等因素对反应速率和化学平衡的影响，注意反应速率、平衡常数的计算公式的应用。‎ ‎19. 氢气是一种清洁、高效新能源，也是重要的化工原料。‎ ‎(1)工业上利用甲烷制备氢气的反应为CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)‎ 已知：‎ ‎①H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H1=-198kJ/mol ‎②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2=-576kJ/mol ‎③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H3=-846.3kJ/mol 则CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H4=_____‎ ‎(2)工业上利用CO和H2合成清洁能源CH3OH，其反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H=-116kJ/mo1‎ ‎①如图表示CO的平衡转化率（α）随温度和压强变化的示意图。X表示的是_____，理由_____；Y1_____Y2（填“＜”、“=”、“＞”）。‎ ‎②在‎2L恒容密闭容器中充入2molCO和4molH2，在一定条件下经过10min达到平衡状态c 点处。则在该条件下，从开始至达到平衡状态v(CH3OH)=_____，平衡常数Ka、Kb、Kc的大小关系:__。‎ ‎③下列措施既能增大反应速率又能提高反应物的转化率的是__________。‎ A．使用催化剂 B．及时分离CH3OH C．升高温度 D．增大压强 ‎【答案】 (1). +35.7 kJ·mol-1 (2). 压强 (3). 该反应正向是气体体积减小的反应，增大压强化学平衡有利于正向移动，CO的转化率增大 (4). ＜ (5). 0.05mol/(L·min) (6). Ka=Kb＞Kc (7). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据盖斯定律和平衡移动原理进行分析。‎ ‎【详解】(1)①H2(g)+ O2(g)=H2O(g) △H1=-198kJ/mol ‎②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2=-576kJ/mol ‎③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H3=-846.3kJ/mol 根据盖斯定律可知，③-①´3-②´可得CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ，则△H4= △H3-3△H1- △H2=-846.3kJ/mol-(-198kJ/mol)´3-(-576kJ/mol)´=+35.7 kJ·mol-1，则CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H4=+35.7 kJ·mol-1；‎ ‎(2)工业上利用CO和H2合成清洁能源CH3OH，其反应为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H=-116kJ/mo1，该反应为放热反应，CO平衡转化率随温度升高而减小；‎ ‎①由图可知， CO的平衡转化率（α）随X的增大而增大，由于该反应为气体分子数减小的反应，增大压强能使其平衡向正反应方向移动，CO的平衡转化率随压强的增大而增大，故X表示的是压强，理由是该反应正向是气体体积减小（气体的分子数减少）的反应，增大压强化学平衡有利于正向移动，CO的转化率增大；因此，Y表示的是温度，CO的平衡转化率随温度升高而减小，故Y1＜Y2。‎ ‎②在‎2L恒容密闭容器中充入2molCO和4molH2，在一定条件下经过10min达到平衡状态c 点处。则在该条件下，从开始至达到平衡状态，CO的平衡转化率为0.5，则CO的变化量为1mol，故CH3OH的变化量为1mol，则v(CH3OH)=0.05mol/(L·min)。平衡常数只与温度有关，该反应的平衡常数随温度升高而减小，故Ka、Kb、Kc的大小关系为Ka=Kb＞Kc。‎ ‎③A．使用催化剂只能加快化学反应速率，不能提高反应物的平衡转化率，A不符合要求； ‎ B．及时分离CH3OH，不能增大反应速率，B不符合要求； ‎ C．升高温度可以增大反应速率，但该反应是放热反应，反应物的平衡转化率减小，C不符合要求； ‎ D．增大压强既能增大反应速率又能使化学平衡向正反应方向移动，可以提高反应物的转化率，D符合要求。‎ 综上所述，既能增大反应速率又能提高反应物的转化率的是D。‎ ‎【点睛】要注意化学平衡常数只与温度有关，温度相同时，其不随压强的变化而变化。‎ ‎20. 工业上生产尿素的过程会生成氨基甲酸铵（NH2COONH4‎ ‎）其加热时容易分解。一定温度下，n mol氨基甲酸铵在V L 密闭真空容器中分解：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）+Q 实验测得不同温度下容器内的平衡总压强如下表：‎ ‎(1)根据上表判断，反应中Q____0（填写“>”或“<），判断依据是__________。‎ ‎(2)能说明该反应达到平衡状态的是___________（填序号）。‎ a. c（NH3）/c（CO2）不再变化 b. v（NH3）=2v（CO2）‎ c.混合气体的平均分子质量不再变化 d.混合气体的密度不再变化 ‎(3)写出该反应平衡常数的表达式K=_____。‎25°C时，反应t分钟后固体的物质的量减少一半，t分钟内用NH3表示的化学反应速率v（NH3）=____ mol/（L •min）。‎ ‎(4)氨基甲酸铵在潮湿空气中可转化为氨水和碳酸氢铵。氨水、碳酸氢铵、氯化铵都是重要的氮肥。‎ ‎①在含有酚酞的0.1mol·L－1氨水中加入少量的NH4Cl晶体，则溶液颜色将_____‎ ‎②将浓度为0.1mol·L－1氨水加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是_____‎ A c（OH-） B Kb（NH3·H2O） C D ‎ ‎③25%C时，浓度均为0.01mol/L的氨水与NaOH溶液，下列说法正确的是____‎ a.两溶液导电能力不同 b.两溶液c（OH-）不同 c.两溶液中水的电离程度不同 ‎④将‎1.7g NH3溶于水制成‎1L溶液，此溶液的物质的量浓度为__________，经测定溶液中含NH为1.4×10－3mol/L，此温度下一水合氨的电离常数：Kb＝____________，温度升高Kb将____________（填“变大”、“不变”或“变小”）。‎ ‎【答案】 (1). ＜ (2). 随温度升高，平衡总压增大，说明升温平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应 (3). d (4). c2(NH3)c(CO2) (5). (6). 变浅 (7). D (8). abc (9). 0.1mol·L－1 (10). 1.99×10－5 (11). 变大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 随温度升高，平衡总压增大，说明升温平衡向正反应方向移动；‎ ‎(2)根据平衡标志判断；‎ ‎(3)氨基甲酸铵是固体不计入平衡常数表达式；‎ ‎(4)①NH4Cl抑制氨水电离；‎ ‎②一水合氨属于弱电解质，在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡向正方向移动，除了氢离子，其他各微粒浓度都减小，并注意温度不变时，电离平衡常数不变；‎ ‎③氨水是弱电解质，部分电离； NaOH是强电解质，完全电离；‎ ‎④ ；一水合氨的电离常数Kb＝；电离吸热；‎ ‎【详解】(1) 随温度升高，平衡总压增大，说明升温平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，Q＜0；‎ ‎(2) a. NH3、CO2都是生成物，浓度比一定等于2:1，c(NH3)/c(CO2)不再变化，不一定平衡，故不选a；‎ b. v(NH3)=2v(CO2)没有指明是正反应速率还是逆反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，不选b；‎ c. NH3、CO2都是生成物，浓度比等于2:1，混合气体的平均分子质量等于 ，平均分子质量不再变化，不一定平衡，不选c；‎ d.反应正向进行，气体质量增大，混合气体的密度增大，若密度不再变化，反应一定达到平衡状态，故选d；‎ ‎(3)氨基甲酸铵是固体，不计入平衡常数表达式，该反应的平衡常数是K=c2(NH3)c(CO2)；反应t分钟后固体的物质的量减少一半，则生成氨气的物质的量是n mol，t分钟内用NH3表示的化学反应速率v(NH3)= mol/(L •min)；‎ ‎(4)①NH4Cl抑制氨水电离，0.1mol·L－1氨水中加入少量的NH4Cl晶体，碱性减弱，溶液颜色变浅；‎ ‎②A．一水合氨加水稀释时，溶液碱性减弱，氢氧根离子浓度减小，故不选A； B．电离平衡常数只受温度影响，温度不变电离常数不变，故不选B； C ‎．加水稀释，铵根离子的浓度持续减小，而稀释到一定程度后氢氧根离子的浓度几乎不变，所以减小，故不选C； D．加水稀释，一水合氨的电离平衡正向移动，氢氧根离子物质的量增大，一水合氨物质的量减小，所以增大，故选D；‎ ‎③氨水是弱电解质，NaOH是强电解质，25%时，浓度均为0.01mol/L的氨水与NaOH溶液，氢氧化钠导电能力大于氨水，氢氧化钠溶液中c(OH-)大于氨水中c(OH-)；氨水中水的电离程度大于氢氧化钠溶液中水的电离程度，故选abc；‎ ‎④将‎1.7g NH3溶于水制成‎1L溶液，‎1.7g NH3的物质的量是0.1mol，此溶液的物质的量浓度为0.1mol·L－1，经测定溶液中含NH为1.4×10－3mol/L，此温度下一水合氨的电离常数：Kb＝1.99×10－5，电离吸热，温度升高，电离平衡正向移动，Kb变大。‎ ‎【点睛】本题考查平衡标志、平衡常数、弱电解质电离等，理解浓度对弱电解质电离的影响是解题关键，明确根据“变量不变”法判断化学平衡，掌握电离平衡常数的计算方法。‎