云南省玉溪市第一中学2018_2019学年高二化学上学期期中试卷（含解析）.docx

云南省玉溪第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学试题1.绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源，下列不属于绿色能源的是A. 太阳能 B. 化石能源 C. 风能 D. 潮汐能【答案】B【解析】【详解】因为“绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源”，而化石能源包括煤、石油、天然气等，它们在使用过程中会产生废气、废水、废渣等污染物，所以化石能源不属于绿色能源，答案选B。2.强酸和强碱的稀溶液中和热可表示为：H+(aq) + OH-(aq)=H2O(l)；H=57.3kJ/mol，以下3个化学方程式中，反应热为57.3kJ/mol的是（ ）H2SO4(aq) + 2NaOH(aq) = Na2SO4(aq) + 2H2O(l)；H2SO4(aq) + Ba(OH)2(aq) = BaSO4(s) + 2H2O(l)；NH3H2O(aq) + HCl(aq) = NH4Cl(aq) + H2O(l)A. B. C. D. 均不符合【答案】D【解析】【详解】热化学方程式的计量数只表示物质的量，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l),H=57.3kJ/mol表示强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量。对于H2SO4(aq) + 2NaOH(aq) = Na2SO4(aq) + 2H2O(l)反应生成2mol水，所以反应热H=-57.3kJ/mol2=-114.6kJ/mol，项错误；对于H2SO4(aq) + Ba(OH)2(aq) = BaSO4(aq) + 2H2O(l)反应除生成2mol水外，还生成BaSO4沉淀，反应热肯定不是57.3kJ/mol，项错误；对于NH3H2O(aq) + HCl(aq) = NH4Cl(aq) + H2O(l)反应尽管生成1mol水，但NH3H2O为弱碱，中和反应时要电离，而电离过程要吸收部分热量，所以反应热要大于57.3kJ/mol，项错误；答案选D。3.下表中物质的分类组合，完全正确的是编号ABCD强电解质KNO3H2SO4BaSO4HClO4弱电解质NH3H2OCaCO3HClOC2H5OH非电解质SO2AlH2OCH3COOHA. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】在水溶液中完全电离的电解质称为强电解质，包括强酸、强碱、大多数盐；在水溶液中只能部分电离的电解质称为弱电解质，包括弱酸、弱碱、水等；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质，包括一些非金属氧化物如CO2、SO2等、NH3、大多数有机物如醇、烃等。A.KNO3是强电解质，NH3H2O是弱电解质，SO2属于非电解质，A项正确；B.H2SO4和CaCO3都是强电解质，Al不是非电解质，B项错误；C.H2O属于弱电解质，C项错误；D.C2H5OH属于非电解质，CH3COOH属于弱电解质，D项错误；答案选A。4.某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是A. 改变催化剂，可改变该反应的活化能B. 该反应为放热反应，热效应等于E1-E2C. 反应过程a有催化剂参与D. 有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2【答案】A【解析】催化剂的作用是降低活化能，A项正确；据图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应为放热反应，热效应等于H，B项错误；反应过程能量变化图像可知，反应过程b的活化能比反应过程a小，故反应过程b有催化剂参与，C项错误；有催化剂条件下，反应的活化能等于E1，D项错误。5.下列化学用语正确的是A. (NH4)2 Fe(SO4)2 溶解于水：(NH4)2 Fe(SO4)2 2NH4+ + Fe2 + + 2SO42B. Al(OH)3在水中的电离：Al(OH)3 Al3 +3OHC. H3PO4溶解于水：H3PO4 3H+ + PO43D. NaHSO3在水中的电离：HSO3 + H3O+ SO32+ H2O【答案】B【解析】【详解】A. (NH4)2Fe(SO4)2属于可溶于水的强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式中用“=”连接：(NH4)2Fe(SO4)2=2NH4+ + Fe2 + + 2SO42，A项错误；B.Al(OH)3属于弱电解质，在水中只能部分电离，电离方程式正确；B项正确；C.H3PO4属于多元弱酸，是弱电解质，溶解于水时分步电离：H3PO4H2PO4-+H+，H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，C项错误；D.NaHSO3是强电解质，在水中的电离方程式应为：NaHSO3=Na+HSO3-，HSO3-SO32-+H+，D项错误；答案选B。6.下列说法或表示方法中正确的是A. 氢气的燃烧热为285.8 kJmol1，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H285.8 kJmol1B. 等质量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，后者放出的热量多C. 某密闭容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，在一定条件下充分反应,转移电子的数目小于0.66.021023D. 已知中和热为57.3 kJmol1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量要小于57.3 kJ【答案】C【解析】【详解】A.燃烧热是指250C、101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，燃烧2molH2(g)时应放出285.8kJ2=571.6kJ热量，正确的热化学方程式为：2H2(g)O2(g)=2H2O(l);H571.6kJmol1，A项错误；B.因为硫粉转化为硫蒸气需要吸收热量，硫粉燃烧时有部分热量被硫粉转化成硫蒸气过程所吸收，所以硫粉燃烧放出的热量比硫蒸气燃烧放出的热量少。B项错误；C.N2和H2在密闭容器中发生反应N2+3H22NH3，氮元素化合价由N2中的0价降到NH3中的-3价，故1molN2完全转化失去6mol电子，但该反应是可逆反应，0.1molN2不可能完全转化，所以转移电子的物质的量小于0.6mol，即转移电子的数目小于0.66.021023，C项正确；D.“中和热为57.3 kJmol1”表示强酸与强碱稀溶液中发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，0.5molH2SO4与1molNaOH反应恰好生成1mol水，但混合时浓硫酸溶解在NaOH溶液中要放热，所以该反应结束时放出的热量要大于57.3kJ，D项错误；答案选C。7.下列有关化学反应速率的说法中，正确的是A. 100 mL 1 mol/L的稀硫酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变B. 合成氨的反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢C. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率D. 汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢【答案】D【解析】【详解】A.稀硫酸与锌反应：Zn+2H+=Zn2+H2，在稀硫酸中加氯化钠溶液，反应混合溶液的体积增大，溶液中H+浓度减小，反应速率减慢，A项错误；B.升高体系的温度，反应物分子获得了能量，部分普通分子变成了活化分子，单位体积内活化分子百分数增大，所以反应速率增大，B项错误；C.浓硫酸能使铁的表面形成一层致密的氧化膜，阻止了浓硫酸与铁继续反应，所以改用铁片和浓硫酸反应不产生H2，C项错误；D.根据“CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2”可写出该反应的化学方程式：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，有气体参加的反应减小压强，反应速率减慢，D项正确；答案选D。8.关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体NaUr，其平衡关系为：Ur(aq)+Na+(aq) NaUr(s)，其中Ur表示尿酸根离子。医生常嘱咐关节炎病人要注意保暖，特别是手脚等离心脏较远的部位。因为第一次关节炎的发作大都在手指或脚趾的关节处。这说明A. 形成尿酸钠晶体的反应为放热反应 B. 形成尿酸钠晶体的反应为吸热反应C. 尿酸钠溶解度较大 D. 尿酸钠晶体一定难溶于水【答案】A【解析】【详解】A.因为“关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体” 与“关节炎病人要注意保暖”，说明关节炎易发生在冬季，可推知降低温度，使Ur-(aq)+Na+(aq)NaUr(s)平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应为放热反应，A项正确；B.由A项分析可知形成尿酸钠晶体的反应为放热反应，B项错误；C. 根据“关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体”，可知在溶液中存在溶解平衡NaUr(s)Ur-(aq)+Na+(aq)，显然尿酸钠溶解度较小，C项错误；D.根据C分析，Ur-(aq)+Na+(aq) NaUr(s)尿酸钠晶体在溶液中存在逆向溶解，说明尿酸钠晶体在水中有一定的溶解性，D项错误；答案选A。9.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A. 在25、101 kPa时，2 gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)2H2O(l)；H=285.8kJmol-1B. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)2CO(g)+O2(g)；H=+283.0 kJ/molC. 在稀溶液中：H+(aq)+OH(aq)= H2O(l)；H =57.3 kJmol1，若将含0.5 mol H2SO4的稀硫酸与1 mol NaOH固体混合，放出的热量大于57.3 kJD. 已知C(石墨,s) C(金刚石,s)；H+1.9 kJ/mol，则金刚石比石墨稳定【答案】C【解析】【详解】A.燃烧热是指250C、101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，2gH2的物质的量为1mol，氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，表示H2燃烧热的热化学方程式为：H2(g)O2(g)=H2O(l);H285.8kJmol1，A项错误；B.因为CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，所以有热化学方程式2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)，H566.0kJmol1，作为该反应的逆反应的反应热数值相同，符号相反，故有2CO2(g)2CO(g)+O2(g)；H=+566.0 kJ/mol，B项错误；C. 由H+(aq)+OH(aq)=H2O(l); H=57.3 kJmol1可知，稀溶液中强酸与强碱发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ热量，0.5molH2SO4与1molNaOH恰好反应生成1mol水，但是1molNaOH固体在稀硫酸中溶解时要放出热量，所以该反应放出的热量大于57.3kJ，C项正确；D.因为C(石墨,s)C(金刚石,s)；H+1.9 kJ/mol是吸热反应，所以金刚石的能量高于石墨的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，D项错误；答案选C。10.已知反应Na2S2O3H2SO4 = SSO2H2O，下列各组实验中反应最快的是 组号反应温度（）参加反应的物质水体积(mL)Na2S2O3H2SO4体积（mL）浓度（molL1）体积(mL)浓度（molL1）A1050.1100.15B1050.150.110C3050.150.110D3050.250.210A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】由表格数据知改变的条件是反应温度和反应物浓度，根据影响反应速率的因素分析。【详解】温度越高反应速率越快，一般来说温度每升高100C反应速率增大到原来的24倍，因此C、D的反应速率要比A、B的反应速率快，而D中反应物浓度比C中反应物浓度大，反应物浓度越大反应速率越快，所以D的反应速率比C的反应速率快，答案选D。11.下列说法正确的是A. 非自发反应在任何条件下都不能发生B. 冰融化为水的过程中H 0C. 2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H572 kJmol1 此反应在低温时可以自发进行D. 知道了某过程有自发性之后，可预测过程发生完成的快慢【答案】C【解析】【详解】A.非自发反应是指在密闭体系中不借助外力不能自动发生的反应，实现非自发反应的先决条件是要向体系中输入能量，例如高温可以使稳定的石灰石分解，A项错误；B.冰融化为水的过程是吸收热量的过程，H 0，B项错误；C. 根据2H2(g)O2(g)=2H2O(l)；H572 kJmol1可知该反应H0，熵变S0，根据综合判据可知只要HTS0时反应即可自发进行，低温（即T小）时可能HTSC；D组3mol/L的硫酸溶液中c(H+)=6mol/L，B组3mol/L的盐酸溶液中c(H+)=3mol/L，反应实质都是Mg+2H+=Mg2+H2，其它条件相同时，H+浓度越大产生氢气的速率越快，所以反应速率DB，反应开始时产生氢气速率最快的是D选项，答案选D。14.下列关于能量判据和熵判据的说法中，不正确的是A. 放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程B. 放热过程(H0)或熵增加(S0)的过程一定是自发的C. 在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个吸热反应在较高温度(1200 K)下则能自发进行D. 由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程【答案】B【解析】【详解】A.放热过程（即H0）有自发进行的倾向，如2H2(g)+O2(g)=2H2O(l), H0是自发的过程，其过程的熵减小。如果吸热（即H0）且又熵减小（即S0，即在任何温度下该过程都是非自发的，所以吸热的自发过程一定为熵增加的过程，A项正确；B.焓变和熵变都与反应的自发性有关，又都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变，放热过程(H0)且熵增加(S0)的过程一定是自发的，B项错误；C.CaCO3(g)=CaO(s)+CO2(g)，该反应H0且S0，升高温度（即T增大）可使H-TS0即可自发，故该反应在高温下可自发进行，C项正确； D.焓判据和熵判据都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程，D项正确；答案选B。15.下列说法不能够用勒夏特勒原理来解释的是A. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气B. 溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后（AgBr是淡黄色沉淀），溶液颜色变浅C. SO2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率D. 恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He后，体系颜色变浅【答案】D【解析】【分析】勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、以及参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。由此分析。【详解】A.氯气通入食盐水中存在如下平衡：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，饱和食盐水中Cl-浓度很大，该平衡向逆反应方向移动，Cl2的溶解度减小，有利于收集更多的Cl2，能用勒夏特列原理解释，A项错误；B.向溴水中加入AgNO3溶液后发生离子反应Ag+Br-=AgBr，溶液中Br-浓度减小，Br2+H2OH+Br-+HBrO平衡向正反应方向移动，Br2的浓度将减小，溶液的颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，B项错误；C.2SO2(g)+O22SO3(g)，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大，能用勒夏特列原理解释，C项错误；D.恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He，体系的体积将增大，NO2（红棕色）的浓度减小，所以体系颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，D项正确；答案选D。16.25 时，把0.2 molL1的醋酸加水稀释，则图中的纵轴y表示的是A. 溶液中H+的物质的量B. 溶液的导电能力C. 溶液中的c(CH3COO-)/c(CH3COOH)D. CH3COOH的电离程度【答案】B【解析】【详解】A.醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释过程中电离平衡向右移动，溶液中H+的物质的量逐渐增大，与图像不符，y不表示H+的物质的量，A项错误；B.电解质溶液的导电能力与溶液的离子浓度和离子所带电荷数成正比，加水稀释过程中，溶液的体积逐渐增大，醋酸的浓度逐渐减小，醋酸电离的阴、阳离子浓度逐渐减小，所以导电能力逐渐减小，符合图像，y可表示溶液的导电能力，B项正确；C.加水稀释过程中：CH3COOHCH3COO-+H+电离平衡向右移动，CH3COO-的物质的量逐渐增大，未电离的CH3COOH分子的浓度逐渐减小，故值逐渐增大，不符合图像，y不表示c(CH3COO-)/c(CH3COOH)，C项错误；D.CH3COOH的电离程度=100%，加水稀释过程中，醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向右移动，发生电离的醋酸分子数逐渐增大，所以电离程度逐渐增大，不符合图像，所以y不表示CH3COOH的电离程度，D项错误；答案选B。17.80 时，2 L密闭容器中充入0.40 mol N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)H53 kJ/mol，获得如下数据。下列判断正确的是时间/s020406080100c(NO2)/molL10.000.120.200.260.300.30A. 升高温度该反应的平衡常数K减小B. 该反应的 S 0，B项错误；C.由表格数据可知，第80s、100s时反应已处于平衡状态，此时NO2的浓度为0.30mol/L，即平衡时生成NO2的物质的量=0.30mol/L2L=0.6mol，根据热化学方程式N2O4(g)2NO2(g);H53 kJ/mol可知，反应达平衡时吸收的热量=0.6mol=15.9kJ，C项正确；D.在温度和容积相同时，再充入0.40molN2O4，相当于增大压强，根据勒夏特列原理平衡向逆反应方向移动，所以达到新的平衡时N2O4的体积分数将增大，D项错误；答案选C。18.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4(s) + CO(g)MgO(s) + CO2(g) +SO2(g)；H0 。该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是选项xyA温度容器内混合气体的密度BCO的物质的量CO2与CO的物质的量之比CSO2的浓度平衡常数KDMgSO4的质量（忽略体积）CO的转化率A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A.由MgSO4(s) + CO(g)MgO(s) + CO2(g) +SO2(g),H0可知，该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，容器中混合气体的质量增大MgSO4(s)MgO(s)固体质量减小，且容器容积不变，所以密度（）随温度的升高而增大，符合图像的变化趋势，A项正确；B.恒容条件下，CO物质的量逐渐增大即CO浓度逐渐增大，平衡向正反应方向移动，CO2的物质的量增大，因可逆反应是不能进行到底的，故CO增加的倍数要超过CO2增加的倍数，所以值随CO的物质的量的增大而减小，不符合图像的变化趋势，B项错误；C.平衡常数K只与温度有关，与浓度无关，所以SO2的浓度逐渐增大，平衡常数K保持不变，不符合图像的变化趋势，C项错误；D.MgSO4是固体，固体浓度视为常数，又忽略固体体积，故气体物质的浓度也不变，所以随着MgSO4质量的增大，平衡不发生移动，CO的转化率不变，不符合图像的变化趋势，D项错误；答案选A。19.一定温度下，在容积恒定的密闭容器中发生可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)，下列叙述一定是达到平衡的标志的是2(B)正=3(C)逆；单位时间内生成a mol A，同时消耗2a mol C；A、B、C的浓度不再变化；混合气体的总压强不再变化；C的质量分数不再改变；用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1:3:2的状态；A、B、C的浓度彼此相等；混合气体的密度不再改变的状态A. B. C. D. 【答案】A【解析】达到平衡时正逆反应速率比等于系数比，所以2(B)正=3(C)逆时一定平衡，故正确；生成A与消耗C都是逆反应速率，单位时间内生成a mol A，同时消耗2a mol C不一定平衡，故错误；达到平衡时各物质的浓度保持不变，所以A、B、C的浓度不再变化一定平衡，故正确；反应前后气体系数和不同，压强是变量，所以混合气体的总压强不再变化一定平衡，故正确；C的质量分数不再改变，说明C的浓度保持不变，一定达到平衡状态，故正确；任意时刻用不同物质表示的速率比等于系数比，所以用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1:3:2的状态不一定平衡，故错误；浓度保持不变是平衡状态，A、B、C的浓度彼此相等时不一定保持不变，所以A、B、C的浓度彼此相等不一定平衡，故错误；根据 ，该反应中密度是恒量，所以密度不变不一定平衡，故错误；选A。20.汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体，反应方程式为4CO(g)2NO2(g) 4CO2(g)N2(g)H-1200kJmol1。对于该反应，温度不同(T2T1)其他条件相同时，下列图像正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】升高温度正逆反应速率均增大，故A错误；增大压强平衡正向移动，CO的体积分数减小，故B错误；正反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故C错误；升高温度反应速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，故D正确。21. 已建立平衡的可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列有关叙述正确的是生成物的百分含量一定增加； 生成物的产量一定增加；反应物的转化率一定增加； 反应物物质的量浓度一定减小；正反应速率一定大于逆反应速率； 使用了催化剂A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：由于不能确定改变的条件，所以当平衡正向移动时生成物的百分含量不一定增加，但产量一定是增加的。同样反应物的转化率也不一定增大，反应物浓度也不一定减小。平衡向正反应方向移动，说明正反应速率一定大于逆反应速率，而催化剂不能改变平衡状态，所以正确的答案选B。考点：影响化学平衡的因素点评：改变影响平衡移动的一个因素，平衡总是向减弱这种改变的方向移动。22.某恒定温度下，在一个2 L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g)2B(g) 4C(？)2D(？)，“？”代表状态不确定。5 min后达到平衡，测得生成1.6 mol C，且反应的前后压强之比为1514，则下列说法正确的是A. 该反应的化学平衡常数表达式是Kc4(C)c2(D)/c3(A)c2(B)B. 05 min内A的反应速率为0.24 molL1min1C. 此时B的平衡转化率是40%D. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大【答案】C【解析】【详解】A.根据阿伏加德罗定律及其推论可知，相同温度和体积时气体的压强与气体物质的量成正比，故有，n后=n前=(4+2)mol=5.6mol，正反应气体体积减小且气体减小的物质的量=(4+2)mol5.6mol=0.4mol，C、D中只能一种物质是气体。若只有C是气体，则反应后气体减小的物质的量=1.6mol=0.4mol；若只有D是气体，则反应后气体减小的物质的量=1.6mol=2.4mol，因此只能C是气体，原反应式为3A(g)2B(g)4C(g)2D(s或l)，该反应的化学平衡常数表达式K=，A项错误；B.根据化学计量数可知05min内消耗A的物质的量=1.6mol=1.2mol，则05min内A的反应速率=，B项错误；C.根据化学计量数知此时消耗B的物质的量=1.6mol=0.8mol，则B的平衡转化率=100%=40%，C项正确；D.根据勒夏特列原理和化学方程式可知，增大该体系的压强，平衡向正反应方向（即向右）移动，但化学平衡常数不变，因为化学平衡常数只与温度有关，与压强无关，D项错误；答案选C。23.下列图示与对应的叙述不相符的是A. 图甲表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的H0B. 图乙表示的反应是吸热反应，该图表明催化剂不能改变化学反应的焓变C. 图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，则P乙P甲D. 图丁表示反应：4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g) H0，在其他条件不变的情况下，改变起始物CO的物质的量对此反应平衡的影响，则有T1T2，平衡常数K1K2【答案】D【解析】【详解】A.因图甲表示等量NO2在容积相同时不同温度下，相同时间后测得的NO2含量的曲线，开始一段时间NO2的含量随温度的升高而减小，这是因为温度升高反应速率加快，反应正向进行的程度逐渐增大，当NO2含量达到最小值（即曲线的最低点）时该反应达到平衡状态，据图像知，继续升高温度NO2含量又逐渐增大，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的逆反应是吸热反应，所以该反应（即正反应）是放热反应即H0，图示与对应的叙述相符，A项错误；B.由图像可知，该反应的反应物总能量小于生成物总能量，因此该反应是吸热反应。根据图像可知，使用催化剂可以降低正反应的活化能（E1）和逆反应的活化能（E2），但反应物总能量与生成物总能量没有改变，即不能改变反应热，恒下的反应热等于焓变，图示与对应的叙述相符，B项错误；C.因为图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，曲线乙反应达到平衡所用时间比曲线甲达到平衡所用时间短，对于气体反应压强越大反应速率越快，因此乙反应的压强大于甲反应的压强，图示与对应的叙述相符，C项错误；D.一方面，当温度相同时，开始一段时间随着CO的物质的量n(CO)的逐渐增大，平衡向正反应方向移动，平衡时N2%（N2在反应混合气体中的含量）逐渐增大；继续增大CO的物质的量，容器中气体总物质的量的增加超过了因平衡移动时N2物质的量的增加，故后来N2%随CO的物质的量增加而减小。另一方面，当n(CO)相同温度由T1变为T2时，平衡时N2%减小，说明平衡向逆反应方向移动，因此T1的平衡常数大于T2的平衡常数，即K1K2。根据4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g); H0可知，只有升温该反应的平衡常数才减小，所以T10.4mol，浓度增大超过了2倍，说明此时平衡向逆反应方向移动了，根据勒夏特列原理，逆反应方向气体分子数应减小，结合前面的分析，说明B在高压下变成液态或固体，由此分析解答。【详解】A.题目中没有给出初始时容器体积，无法计算反应物A的初始浓度，也就无法计算在此条件下用A表示的反应速率，A项错误；B.由气体状态方程PV=nRT，得P=RT即P=cRT，当温度一定时压强与气体的浓度成正比，由表格数据可知，压强从2105Pa增大到5105Pa，压强增大了2.5倍，此时A的浓度由0.08mol/L增大到0.20mol/L，恰好也增大了2.5倍，说明增大压强该平衡没有移动，B项错误；C.由B项分析可知压强从2105Pa增大到5105Pa时平衡没有移动，说明反应前后气体分子数相等，即m+n=p。再从表格数据看，压强从5105Pa增大到1106Pa，压强增大了2倍，A的浓度由0.20mol/L增大到0.44mol，浓度增大的倍数大于2倍，说明此时平衡向逆反应方向移动了，根据勒夏特列原理，逆反应方向气体分子数应减小，结合前面分析可推断B在此压强下变成了液体或固体，所以压强为1106Pa时B不是气体，其浓度视为常数，在平衡常数表达式中不应出现，即K=，C项错误；D.其它条件相同时，对于气体参加的反应增大压强反应速率增大，所以压强分别为1106Pa、5105Pa、2105Pa下达到平衡（拐点）时所用时间依次增大。由B项分析知压强从2105Pa增大到5105Pa平衡没有移动，A的转化率相同。由C项分析知压强从5105Pa增大到1106Pa平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，图像与事实相符，D项正确；答案选D。【点睛】我们在记忆阿伏加德罗定律及其推论时可以从理想气体状态方程角度理解和分析，因为描述气体有四个物理量就够了：P、T、V、n，它们之间关系就是状态方程PV=nRT（R普适气体常数），如当温度和体积相同时，气体的压强与气体物质的量（即粒子数）成正比等。26.常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。温度/c(NH3H2O) /(molL1)电离常数电离度/%c(OH) /(molL1)016.561.371059.0981.5071021015.161.5710510.181.5431022013.631.7110511.21.527102提示：（1）温度升高，NH3H2O的电离平衡向_(填“左”或“右”)移动，能支持该结论的表中数据是_(填字母)。a电离常数b电离度 cc(OH) dc(NH3H2O)（2）表中c(OH)基本不变的原因是_。（3）常温下，在氨水中加入一定量的氯化铵晶体，下列说法错误的是_(填字母，下同)。A溶液的pH增大 B氨水的电离度减小 Cc(OH)减小 Dc(NH4+)减小（4）氨水溶液中，下列做法能使c(NH4+)与c(OH)比值变大的是_。A加入固体氯化铵 B通入少量氯化氢C降低溶液温度 D加入少量固体氢氧化钠【答案】 (1). 右 (2). a (3). 氨水浓度降低，使c(OH)减小，而温度升高，使c(OH)增大，双重作用使c(OH)基本不变 (4). AD (5). AB【解析】【分析】氨水中存在电离平衡NH3H2ONH4+OH-，由表格数据可知温度升高，电离常数增大，说明升高温度电离平衡向右移动；氨水中加NH4Cl晶体，使氨水的电离平衡左移，由此分析。【详解】(1)氨水中存在电离平衡NH3H2ONH4+OH-，电离过程是吸热的，升高温度电离平衡向右移动，而电离常数只与温度有关，表格中只有电离常数随温度升高而增大，支持“升高温度电离平衡向右移动”的结论，而电离度、c(OH-)都还跟氨水的浓度c(NH3H2O)有关，答案选a。(2)由表格数据可以看出，c(OH-)受到氨水的浓度和溶液的温度影响，氨水越稀c(OH-)越小，升温氨水的电离平衡右移，c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变。(3)氨水中电离平衡NH3H2ONH4+OH-，加入NH4Cl晶体（溶液体积变化可忽略），增大了溶液中NH4+浓度，电离平衡左移，c(OH-)将减小，pH减小，氨水的电离度将减小，答案选AD。(4)氨水中电离平衡NH3H2ONH4+OH-，加入固体氯化铵时c(NH4+)增大，电离平衡左移，c(OH-)减小，故值增大，A项正确；通入少量氯化氢气体时c(OH-)减小，电离平衡右移，c(NH4+)增大，故值增大，B项正确；因电离过程吸热，降低温度，电离平衡左移，c(NH4+)和c(OH-)都减小，故值几乎不变，C项错误；加入少量固体氢氧化钠，溶液中c(OH-)增大，电离平衡左移，c(NH4+)减小，故值减小，D项错误；答案选AB。【点睛】弱电解质的强弱是由弱电解质的结构决定的，强酸强碱结构（R-O-H）中R-O或O-H一般是强极性键，在水分子作用下易电离；而弱酸弱碱结构（R-O-H）中R-O或O-H一般是弱极性键，在水溶液中难电离，HF例外，H-F键是强极性键但在水溶液中却难电离，是因为相邻的HF分子间易形成氢键而使H-F难电离，HF是弱酸。27.近年来，雾霾天气多次肆虐全国各地。其中，燃煤的烟道气和汽车尾气中含有的氮氧化合物是造成空气污染的原因之一。（1）用CH4催化还原氮氧化物。已知CH4 (g)2O2 (g)CO2 (g)2H2O (l);H1a kJ/mol，欲计算反应CH4 (g)4NO (g)2N2 (g)CO2 (g)2H2O (l)的焓变H2 ， 则还需要查找某化合反应的焓变H3，当反应中各物质化学计量数之比为最简整数比时 H3 = b kJ