四川省攀枝花十二中2016-2017学年高二上学期化学期中考试试卷
一、单项选择题
1．（2017高二上·攀枝花期中）在2L的密闭容器中，发生以下反应：2A（g）+B（g） 2C（g）+D（g），若最初加入的A和B都是4mol，在前10s A的平均反应速率为0.12mol/（L s），则10s时，容器中B的物质的量是（ ）
A．3.4 mol B．3.2 mol C．2.8 mol D．1.2 mol
2．（2017高二上·攀枝花期中）对于可逆反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g），下列措施能使反应物中活化分子百分数和化学平衡常数都变化的是（ ）
A．增大压强 B．充入更多N2
C．使用高效催化剂 D．降低温度
3．（2016高二上·淄博期中）对可逆反应4NH3（g）+5O2（g） 4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（ ）
A．达到化学平衡时，4υ正（O2）=5υ逆（NO）
B．若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态
C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大
D．化学反应速率关系是：2υ正（NH3）=3υ正（H2O）
4．（2017高二上·安庆期末）反应CH3OH （ l ）+NH3（ g ）═CH3NH2（ g ）+H2O （ g ）在某温度自发向右进行，若反应|△H|=17kJ/mol，|△H﹣T△S|=17kJ/mol，对于该反应下列关系正确的是（ ）
A．△H＞0，△H﹣T△S＜0 B．△H＜0，△H﹣T△S＞0
C．△H＞0，△H﹣T△S＞0 D．△H＜0，△H﹣T△S＜0
5．（2017高二上·攀枝花期中）下列物质分类组合正确的是（ ）
A B C D
强电解质 FeCl3 HBr H3PO4 Cu（OH）2
弱电解质 CH3COOH HF BaSO4 HI
非电解质 Cu NH3 H2O C2H5OH
A．A B．B C．C D．D
6．（2017高二上·攀枝花期中）下列电离方程式正确的是（ ）
A．H2CO3 2H++CO32﹣ B．NH3 H2O NH4++OH﹣
C．Fe（OH）3=Fe3++3OH﹣ D．NaHSO4 Na++H++SO42﹣
7．（2016高二上·黑龙江期中）在密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO（g）+H2O（g） H2（g）+CO2（g）．在500℃时，平衡常数K=9．若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为（ ）
A．25% B．50% C．75% D．80%
8．（2016高二上·日喀则期中）可逆反应2A（g）+3B（g） 4C（g）+D（g），已知起始浓度c（A）=4mol mol﹣1，c（B）=3mol mol﹣1，C、D浓度均等于0，反应开始2秒后达到平衡状态，此时D的平衡浓度为0.5mol L﹣1，则下列说法不正确的是（ ）
A．反应速率v（C）=1mol L﹣1 s﹣1
B．C的平衡浓度为4 mol L﹣1
C．A的转化率为25%
D．B的平衡浓度为1.5 mol L﹣1
9．（2016高二上·简阳期中）一定条件下，在密闭容器中，能表示反应X（g）+2Y（g） 2Z（g），一定达到化学平衡状态的是（ ）
①X，Y，Z的物质的量之比为1：2：2
②X，Y，Z的浓度不再发生变化
③容器中的压强不再发生变化
④单位时间内生成n mol Z，同时生成2n mol Y．
A．①② B．①④ C．②③ D．③④
10．（2017高二上·广州期中）利用反应：2NO（g）+2CO（g） 2CO2（g）+N2（g）△H=﹣746，8kJ mol﹣1，可净化汽车尾气，如果要同时提高反应的速率和 NO 的转化率，采取的措施是（ ）
A．降低温度
B．升高温度同时充入N2
C．增大压强
D．及时将 CO2和 N2 从反应体系中移走
11．（2017高二上·宜宾期中）下列各组比较中，前者比后者大的是（ ）
A．25℃时，pH均为2的H2SO4溶液和盐酸中氢离子的物质的量浓度
B．25℃时，pH均为2的盐酸和CH3COOH溶液中溶质的物质的量浓度
C．25℃时，同浓度的NaCl溶液和氨水的导电能力
D．25℃时，pH均为3的HCl和FeCl3溶液中水的电离程度
12．（2016高二下·平安期中）对可逆反应2A（s）+3B（g） C（g）+2D（g）△H＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（ ）
①增加A的量，平衡向正反应方向移动
②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小
③压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变
④增大B的浓度，v（正）＞v（逆）
⑤加入催化剂，B的转化率提高．
A．①② B．④ C．③ D．④⑤
13．（2017高二上·攀枝花期中）已知下列热化学方程式：（1）CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ/mol；（2）C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ/mol；（3）H2（g）+ O2（g）═H2O（l）△H3=﹣285.8kJ/mol．则反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）的△H为（ ）
A．﹣488.3 kJ/mol B．﹣244.15 kJ/mol
C．+488.3 kJ/mol D．+244.15 kJ/mol
14．（2016高二上·临川期中）一定条件下，在某密闭容器中进行如下反应：mA（g）+nB（g） pC（g）+qD（g），若增大压强或升高温度，重新达到平衡，反应速率随时间的变化过程如图所示，则对该反应的叙述正确的是（ ）
A．正反应是吸热反应 B．逆反应是放热反应
C．m+n＜p+q D．m+n＞p+q
15．（2017高二上·攀枝花期中）符合图1、图2的反应是（ ）
A．X+3Y 2Z△H＞0 B．X+3Y 2Z△H＜0
C．X+2Y 3Z△H＜0 D．5X+3Y 4Z△H＜0
16．（2016高二上·咸阳期中）在一密闭烧瓶中，在25℃时存在如下平衡：2NO2（g） N2O4（g）△H＜0，将烧瓶置于100℃的水中，则下列几项性质中不会改变的是（ ）
①颜色 ②平均相对分子质量 ③质量 ④压强 ⑤密度．
A．①和③ B．③和⑤ C．④和⑤ D．②和④
17．（2017高二上·攀枝花期中）将C（H+）相同，溶液体积也相同的两种酸溶液（甲：盐酸；乙：醋酸）分别与锌反应，若最后有一溶液中有锌剩余，且放出的气体一样多，对此有如下判断：
⑴反应所需时间：乙＜甲
⑵开始时反应速率：甲＞乙
⑶参加反应的锌的质量：甲=乙
⑷整个反应阶段的平均速率：乙＞甲
⑸盛盐酸的容器中有锌剩余
⑹盛醋酸的容器中有锌剩余．
以上判断正确的是（ ）
A．（1）（2）（3）（5） B．（1）（3）（5）
C．（2）（3）（6） D．（1）（3）（4）（5）
18．（2017高二上·攀枝花期中）在体积为VL的恒容密闭容器中盛有一定量H2，通入Br2（g）发生反应：H2（g）+Br2（g） 2HBr（g）；△H＜0． 当温度分别为T1、T2达平衡时，H2的体积分数与Br2（g）的物质的量变化关系如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．由图可知：T1＞T2
B．a、b两点的反应速率：b＞a
C．为了提高Br2（g）的转化率，可采取将HBr液化并及时移走的方法
D．T1时，随着Br2（g）加入，平衡时HBr的体积分数不断增加
19．（2017高二上·攀枝花期中）25℃时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入过量金属锡（Sn），发生反应：Sn（s）+Pb2+（aq） Sn2+（aq）+Pb（s），体系中c（Pb2+）和c（Sn2+）变化关系如图所示．下列判断正确的是（ ）
A．往平衡体系中加入金属铅后，c（Pb2+）增大
B．往平衡体系中加入少量Sn（NO3）2固体后，c（Pb2+）变小
C．升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明该反应△H＞0
D．25℃时，该反应的平衡常数K=2.2
20．（2017高二上·攀枝花期中）某温度下，H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）的平衡常数K= ，该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2（g）和CO2（g），其起始浓度如表所示，下列判断不正确的是（ ）
起始浓度 甲 乙 丙
c（H2）/mol L﹣1 0.010 0.020 0.020
c（CO2）/mol L﹣1 0.010 0.010 0.020
A．平衡时，乙中CO2的转化率大于60%
B．平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%
C．平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，是0.012 mol L﹣1
D．反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢
二、非选择题
21．（2017高二上·攀枝花期中）下列物质中，①NaCl，②NaOH，③NH3 H2O，④CH3COOH，⑤BaSO4，⑥NaHCO3，⑦Na2O，⑧CH3CH2OH，⑨H2O，⑩SO2 NH3
属于强电解质的是 ；属于弱电解质的是 属于非电解质的是 ．
22．（2017高二上·攀枝花期中）写出下列物质的电离方程式：
NaHCO3 ，CH3COOH： ，NH3 H2O： ，H2CO3： ．
23．（2017高二上·攀枝花期中）在一定温度下，将冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示．
请回答下列问题：
（1）“O”点冰醋酸不能导电的原因是 ．
（2）a、b、c三点对应的溶液中，C（H+）由小到大的顺序为 ．（填字母，后同）
（3）a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH的电离程度最大的是 ．
（4）a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的是 ．
（5）若使c点对应的溶液中的c（CH3COO﹣）增大，在下列措施中，可行的是 （填字母，后同）．
A．加热 B．加KOH固体 C．加水
D．加CH3COONa固体 E．加锌粒
（6）在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列各量始终保持增大趋势的是 ．
A．C（H+） B．H+物质的量
C．C（OH﹣） D．
24．（2017高二上·攀枝花期中）根据题意回答下列问题：
某实验小组测定中和热做了三次实验，所用NaOH溶液的浓度为0.55mol L﹣1，盐酸的浓度为0.5mol L﹣1，每次取NaOH溶液和盐酸溶液各50mL，并记录如表原始数据．
实验序号 起始温度t1/℃ 终止温度（t2）/℃ 温差（t2﹣t1）/℃
盐酸 NaOH溶液 平均值
1 25.1 24.9 25.0 28.3 3.3
2 25.1 25.1 25.1 28.4 3.3
3 25.1 25.1 25.1 28.5 3.4
（1）已知盐酸、NaOH溶液密度近似为1.00g cm﹣3，中和后混合液的比热容c=4.18×10﹣3kJ g﹣1 ℃﹣1，则该反应的中和热为△H= ．
（2）若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热会 （填“偏大”、“偏小”或“不变”），其原因是 ．
（3）在中和热测定实验中存在用水洗涤温度计上的盐酸溶液的步骤，若无此操作步骤，则测得的中和热 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
25．（2017高二上·攀枝花期中）在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g） 2NO2（g），随温度升高，混合气体的颜色变深．回答下列问题：
（1）反应的△H 0（填“大于”或“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示．
在0～60s时段，反应速率v（N2O4）为 mol L﹣1 s﹣1
（2）100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4）以0.002 0mol L﹣1 s﹣1的平均速率降低，经10s又达到平衡．T 100℃（填“大于”或“小于”），判断理由是 ．
（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半．平衡向 （填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是 ．
26．（2017高二上·攀枝花期中）在容积为2L的密闭容器中充入3mol气体A和2.5mol气体B，发生反应：3A（g）+B（g） xC（g）+2D（g）（正反应为吸热反应），5min时测得生成1mol D，C的平均反应速率v（C）=0.1mol L﹣1 min﹣1，试求：
（1）方程式中C的化学计量数x= ．
（2）5min内A的平均反应速率v（A）= ．
（3）5min时B的转化率为 ．
（4）温度升高A的转化率 （填“增大”或“减小”或“不变”下同），压强增大B的转化率 ．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】前10s A的平均反应速率为0.12mol/（L s），
由反应速率之比等于化学计量数之比可知，
B的反应速率为0.12mol/（L s）× =0.06mol/（L s），
所以转化的B为0.06×10×2=1.2mol，
则10s时，容器中B的物质的量为4mol﹣1.2mol=2.8mol，
故答案为：C．
【分析】根据Adefjy；sulvjis人A的物质的量变化，rjhb根据化学方程式计算B的物质的量变化即可.
2．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；
B．多充N2，活化分子百分数、平衡常数不变，故B错误．
C．使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；
D．降低温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都减小，且化学平衡常数发生变化，故D正确；
故选D．
【分析】增大反应物中活化分子百分数、化学反应速率，可升高温度或加入催化剂，如平衡常数发生变化，应改变温度，以此解答该题．
3．【答案】A
【知识点】化学平衡中反应条件的控制
【解析】【解答】解：A、4v正（O2）=5v逆（NO），不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示反应达到平衡状态，故A正确；
B、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故B错误；
C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，平衡向正反应移动，故C错误；
D、化学反应速率关系是：3υ正（NH3）=2υ正（H2O），故D错误．
故选A．
【分析】A、当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
B、都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡；
C、增大体积压强减小，正逆速率都减小，平衡向体积增大的方向移动；
D、各物质表示的化学反应速率之比等于各物质前面的系数之比．
4．【答案】A
【知识点】反应热的大小比较
【解析】【解答】解：该反应在一定温度下能够自发的向右进行，这说明△H﹣T△S一定是小于0，根据方程式可知该反应的△S＞0，所以如果△H＜0，则该反应在任何温度下都是自发进行的，而该反应在一定温度下能够自发的向右进行，因此该反应的反应热△H＞0，
故选A．
【分析】反应能自发进行，应满则△G=△H﹣T △S＜0，以此解答该题．
5．【答案】B
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A不符合题意；
B．溴化氢为强电解质、氟化氢为弱电解质，氨气为非电解质，故B符合题意；
C．磷酸为弱电解质，硫酸钡为强电解质，水为弱电解质，故C不符合题意；
D．氢氧化铜为弱电解质，碘化氢为强电解质，乙醇为非电解质，故D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据强电解质、弱电解质和非电解质的定义进行判断即可.
6．【答案】B
【知识点】电离方程式的书写
【解析】【解答】A．碳酸为二元弱酸，部分电离，电离方程式：H2CO3 H++HCO3﹣，故A不符合题意；
B．一水合氨为弱碱，部分电离，电离方程式：NH3 H2O NH4++OH﹣，故B符合题意；
C．氢氧化铁为弱电解质，部分电离，电离方程式：Fe（OH）3 Fe3++3OH﹣，故C不符合题意；
D．硫酸氢钠为强电解质，熔融状态下完全电离，电离方程式：NaHSO4 Na++HSO4﹣，故D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】A.碳酸属于二元弱酸，分步电离；
B.氨水属于弱电解质，存在电离平衡；
C.氢氧化铁属于弱电解质，存在电离平衡；
D.熔融的硫酸氢钠电离生成钠离子和硫酸氢根离子.
7．【答案】C
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解：依据化学平衡，设一氧化碳的消耗浓度为X，分析三段式列式计算：
CO（g）+ H2O（g） H2（g）+ CO2（g）
起始量（mol/L） 0.02 0.02 0 0
变化量（mol/L） x x x x
平衡量（mol/L） 0.02﹣X 0.02﹣X x x
平衡常数K= = =9
解得：X=0.015mol/L；
一氧化碳转化率= ×100%=75%
故选C．
【分析】依据化学平衡的三段式列式计算，平衡状态下的物质浓度，运用平衡常数的概念列式得到；
8．【答案】B
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解：利用三段式法计算：
2A（g） + 3B（g） 4C（g） + D（g）
起始（mol/l） 4 3 0 0
转化（mol/l） 1 1.5 2 0.5
平衡（mol/l） 3 1.5 2 0.5
A．反应速率v（C）= =1mol/（L．s），故A正确；
B．C的平衡为浓度为2mol/L，故B错误；
C．A的转化率为 =25%，故C正确；
D．B的平衡浓度为1.5mol/L，故D正确．
故选B．
【分析】利用三段式法计算：
2A（g） + 3B（g） 4C（g） + D（g）
起始（mol/l） 4 3 0 0
转化（mol/l） 1 1.5 2 0.5
平衡（mol/l） 3 1.5 2 0.5
结合对应的数据计算各物理量．
9．【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】解：①平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故①错误；
②X、Y、Z的浓度不再发生变化，说明达到化学平衡状态，故②正确；
③反应物和生成物的物质的量不相等，当压强不变时，说明各物质的量不再发生变化，反应达到平衡状态，故③正确；
④单位时间内生成nmolZ，同时生成2nmolY，正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故④错误．
故选C．
【分析】当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，注意反应物与生成物的化学计量数关系．
10．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、降低温度会减慢化学学反应速率，故A不符合题意；
B、升高温度会加快反应速率，但是平衡逆向移动，NO的转化率会减小，故B不符合题意；
C、增大压强提高反应的速率，和平衡正向移动，NO 的转化率会增大，故C符合题意；
D、及时将 CO2和 N2 从反应体系中移走，会减慢化学反应的速率，故D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】该反应是一个气体体积减小的放热反应，根据温度和压强对化学平衡的影响进行判断即可.
11．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；物质的量浓度
【解析】【解答】A.25℃时，pH均为2的H2SO4溶液和盐酸中氢离子的物质的量浓度都是0.01mol/L，故A不符合题意；
B．pH=2的盐酸中氯化氢的浓度为0.01mol/L，醋酸为弱酸，pH=2的醋酸中氢离子浓度为0.01mol/L，醋酸的浓度大于0.01mo/L，前者的浓度小于后者，故B不符合题意；
C．溶液导电性与溶液中离子浓度有关，25℃时，同浓度的NaCl溶液和氨水中，氨水中离子浓度小于氯化钠，所以氯化钠溶液的导电能力大于氨水，故C符合题意；
D．盐酸中氢离子抑制了水的电离，铁离子水解促进了水的电离，所以前者水的电离程度小于后者，故D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】A．硫酸和盐酸都是强酸，pH相同时溶液中氢离子浓度相同；
B．醋酸为弱酸，醋酸的浓度大于氢离子浓度；
C．氨水为弱碱，溶液中只能部分电离出铵根离子和氢氧根离子；
D．酸抑制了水的电离，铁离子促进了水的电离.
12．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：①A是固体，增大A的量对平衡无影响，故①错误；
②升高温度，v（正）、v（逆）均应增大，但v（逆）增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故②错误；
③压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大，故③错误；
④增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v（正）＞v（逆），故④正确；
⑤使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故⑤错误；
故选B．
【分析】①A是固体，其量的变化对平衡无影响；②升高温度，正、逆反应速率都增大；③压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大；④增大B的浓度，平衡向正反应移动；⑤催化剂不能使化学平衡发生移动．
13．【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】已知：（1）CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ/mol；（2）C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ/mol；（3）H2（g）+ O2（g）═H2O（l）△H3=﹣285.8kJ/mol
利用盖斯定律，将（2）×2+（3）×2﹣（1），可得 2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l），
则：△H=2×（﹣393.5kJ/mol）+2×（﹣285.8kJ/mol）﹣（﹣870.3kJ/mol）=﹣488.3KJ/mol，
故答案为：A．
【分析】利用盖斯定律，将（2）×2+（3）×2﹣（1）计算反应热即可.
14．【答案】C
【知识点】化学反应的可逆性
【解析】【解答】解：A、升高温度，平衡逆向进行，说明反应正向是放热反应，故A错误；
B、升高温度，平衡逆向进行，说明逆向是吸热反应，反应正向是放热反应，故B错误；
C、增大压强平衡向逆向进行，说明逆向是气体体积减小的反应，m+n＜p+q，故C正确；
D、增大压强平衡向逆向进行，说明逆向是气体体积减小的反应，m+n＜p+q，故D错误；
故选C．
【分析】依据图象分析判断，改变条件逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，根据化学平衡移动原理分析，升温向吸热反应方向进行；增大压强平衡向气体体积减小的方向进行；
15．【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】图1中X、Y浓度降低，则X、Y为反应物，Z浓度增大，Z为生成物，X、Y、Z浓度变化量之比为：1：3：2，且存在化学平衡状态，化学方程式为：X+3Y 2Z；
T2时，先达到化学平衡状态，则T2＞T1，温度高时，Z%较小，即温度升高，向逆反应方向移动，正反应放热，△H＜0，故表示的反应为：X+3Y 2Z△H＜0，
故答案为：B．
【分析】根据三种物质的浓度变化之比等与化学计量数之比书写化学方程式，根据温度对化学反应速率和平衡的影响判断反应热.
16．【答案】B
【知识点】化学平衡中反应条件的控制；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，所以化学平衡2NO2 N2O4向左进行．①二氧化氮的浓度增大，颜色加深；②混合气体总的物质的量增大，混合气体总的质量不变，根据M= 可知，混合气体的平均相对分子质量减小；③反应混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总的质量不变；④升高温度，化学平衡向左移动，混合气体总的物质的量增大、混合气体的温度升高，容器的容积不变，根据pV=nRT可知，容器内压强增大；⑤反应混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总的质量不变，容器的容积不变，根据ρ= 可知，混合气体的密度不变．
故选B．
【分析】可逆反应2NO2 N2O4，正反应放热，升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，所以化学平衡2NO2 N2O4向左进行，①二氧化氮的浓度增大，颜色加深；②混合气体总的物质的量增大，根据M= 判断；③反应混合物都是气体，根据质量守恒定律判断；④升高温度，化学平衡向左移动，混合气体总的物质的量增大、混合气体的温度升高，容器的容积不变，根据pV=nRT判断；⑤根据ρ= 判断．
17．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】①醋酸是弱酸，随反应的进行会不断电离出氢离子，所以氢离子浓度有增大的趋势，所以整个阶段的平均速率：醋酸＞盐酸，所用时间乙＜甲，故符合题意；
②开始反应速率取决于溶液中开始阶段的氢离子浓度大小，pH相同的盐酸和醋酸溶液，起始氢离子浓度一样大，所以开始反应速率：盐酸=醋酸，故不符合题意；
③参加反应的锌的质量和生成的氢气的量有关，因为产生气体体积相同，所以参加反应的锌的质量：醋酸=盐酸，故符合题意；
④醋酸是弱酸，随反应的进行会不断电离出氢离子，所以氢离子浓度有增大的趋势，所以整个阶段的平均速率：醋酸＞盐酸，故符合题意；
⑤醋酸为弱酸，pH相同时，醋酸浓度大，若最后有一溶液中有锌剩余，只能是盐酸中的锌剩余，故符合题意；
⑥由⑤分析可知醋酸过量，故不符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据盐酸是强酸，而醋酸是弱酸，存在电离平衡，最后有一溶液中锌剩余，说盐酸不足量，据此进行分析即可.
18．【答案】D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据图象可知，当加入的n（Br2）均为n1建立化学平衡后，H2的体积分数温度T1的大于温度T2，该反应是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆反应方向移动导致氢气的体积分数降低，所以T1＞T2，故A不符合题意；
B．对a和b来说，温度相同，H2的初始量相同，Br2的初始量是b＞a，a、b两个平衡状态，可以认为是向a的平衡状态加入（n2﹣n1）molBr2建立了化学平衡b，而加入Br2，平衡向正反应方向移动，建立平衡b后，其反应速率要增加，即两点的反应速率a＜b，故B不符合题意；
C．将HBr液化并及时移走，HBr的浓度降低，平衡向正反应方向移动，溴的转化率增大，故C不符合题意；
D．当温度均为T1时，加入Br2，平衡会向正反应方向移动，导致HBr的物质的量不断增大，但体积分数不一定逐渐增大，这与加入的溴的量及转化率有关，故D符合题意，
故答案为：D．
【分析】A．根据温度对化学平衡移动的影响来分析；
B．对比两个平衡状态，利用平衡之间的关系和平衡移动思考；
C．根据浓度对化学平衡移动的影响来分析；
D．利用平衡移动和有色气体的浓度变化解答.
19．【答案】D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、金属铅是固体，增大铅的用量，不影响平衡移动，c（Pb2+）不变，故A不符合题意；
B、加入少量Sn（NO3）2固体，溶解Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动，c（Pb2+）增大，故B不符合题意；
C、升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明平衡向逆反应进行，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，故C不符合题意；
D、由图可知，平衡时c（Pb2+）=0.1mol/L，c（Sn2+）=0.22mol/L，故该温度下反应的平衡常数k= =2.2，故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】A.改变固体的用量不影响平衡移动；
B.Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动；
C.升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明逆反应是吸热反应；
D.根据平衡常数的定义进行计算.
20．【答案】C
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】A．设甲容器中平衡时反应掉的二氧化碳的浓度为xmol/L，根据K= =2.25，得x=0.006，所以CO2的转化率为60%，H2的转化率也是60%，在乙容器中相当于是甲容器中增加了H2，CO2的转化率增大，故A不符合题意；
B．设甲容器中平衡时反应掉的氢气的浓度为xmol/L，根据K= =2.25，得x=0.006，所以H2的转化率是60%，又甲和丙为等效平衡，所以甲中和丙中H2的转化率均是60%，故B不符合题意；
C．由A的分析可知，平衡时甲容器中c（CO2）是0.004mol/L，而甲和丙为等效平衡，但丙的起始浓度为甲的两倍，所以平衡时，丙中c（CO2）是0.008mol/L，故C符合题意；
D．根据浓度越大反应速率越快可知，反应开始时，丙中的反应物浓度最大，所以反应速率最快，甲中的反应物浓度最小，所以反应速率最慢，故D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】乙相当于在甲的基础上增加氢气的浓度，平衡向正反应方向移动；丙相等于在甲的基础上增大压强，但平衡不移动，据此分析即可.
21．【答案】①②⑤⑥⑦；③④⑨；⑧⑩（11）
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】解：①NaCl属于盐，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质；
②NaOH属于强碱，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质；
③NH3 H2O属于弱碱，在水溶液中只能够部分电离，属于弱电解质；
④CH3COOH属于弱酸，在水溶液中只能够部分电离，属于弱电解质；
⑤BaSO4属于盐，在熔融在状态下能够完全电离，属于强电解质；
⑥NaHCO3属于盐，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质；
⑦Na2O属于活泼金属氧化物，在熔融在状态下能够完全电离，属于强电解质；
⑧CH3CH2OH在水溶液里或熔融状态下都不导电，属于非电解质；
⑨H2O部分电离，属于弱电解质；
⑩SO2属于非金属氧化物，本身不能电离产生自由移动离子，属于非电解质；
NH3属于非金属氢化物，本身不能电离产生自由移动离子，属于非电解质；
故答案为：①②⑤⑥⑦；③④⑨；⑧⑩ ．
【分析】根据电解质和非电解质、强电解质和弱电解质的概念进行判断即可.
22．【答案】NaHCO3=Na++HCO3﹣；CH3COOH H++CH3COO﹣；NH3 H2O OH﹣+NH4+；H2CO3 H++HCO3﹣
【知识点】电离方程式的书写
【解析】【解答】解：NaHCO3在溶液中完全电离出碳酸氢根离子和钠离子，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3﹣；
CH3COOH是弱酸，属于弱电解质，电离方程式为：CH3COOH H++CH3COO﹣；
NH3 H2O是弱碱，属于弱电解质，电离方程式为：NH3 H2O OH﹣+NH4+；
H2CO3是二元弱酸，属于弱电解质，分步电离，以第一步电离为主，电离方程式为：H2CO3 H++HCO3﹣；
故答案为：NaHCO3=Na++HCO3﹣；CH3COOH H++CH3COO﹣；NH3 H2O OH﹣+NH4+；H2CO3 H++HCO3﹣．
【分析】根据强电解质能够完全电离，而弱电解质存在电离平衡，在电离方程式中分别用等号和可逆号表示进行书写即可.
23．【答案】（1）无自由移动的离子
（2）cab
（3）c
（4）c
（5）A；B；D；E
（6）B；D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】解：（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，
故答案为：无自由移动的离子；
（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH为b＜a＜c，氢离子浓度由小到大的顺序为cab，
故答案为：cab；
（3）溶液越稀，越促进醋酸电离，CH3COOH的电离程度最大的是c，
故答案为：c；
（4）溶液中氢离子浓度越小，对水的电离抑制程度越小，c点氢离子浓度最小，水的电离程度最大，
故答案为：c；
（5）要使醋酸根离子浓度增大，可以采用加热、加入含有醋酸根离子的物质、加入和氢离子反应的物质，
A．加热促进醋酸电离，则溶液中醋酸根离子浓度增大，故正确；
B．加NaOH固体，氢氧化钠和氢离子反应促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，故正确；
C．加水稀释能促进醋酸电离，但醋酸根离子浓度减小，故错误；
D．加固体CH3COONa，能抑制醋酸电离，但醋酸钠电离出的醋酸根离子大于抑制醋酸电离出的醋酸根离子，所以醋酸根离子浓度增大，故正确；
E．加入锌粒，和氢离子反应，促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，故正确；
故答案为：ABDE；
（6）加水稀释，酸性减弱，促进电离，n（CH3COO﹣）、n（H+）增大，但浓度减小，
A、氢离子浓度减小，故A错误；
B、加水稀释，促进电离，n（H+）增大，故B正确；
C、加水稀释，溶液接近中性，氢氧根离子浓度不再变化，故C错误；
D、醋酸的电离平衡常数不变，氢离子浓度减小，所以 增大，故D正确；
故答案为：BD．
【分析】醋酸属于弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，加水稀释过程中，促进醋酸的电离，但醋酸根离子和氢离子的浓度减小，结合水的离子积常数进行解答即可.
24．【答案】（1）﹣55.7 kJ mol﹣1
（2）偏大；用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收热量，造成测得中和热偏小
（3）偏大
【知识点】中和热的测定
【解析】【解答】解：（1）50mL 0.5mol L﹣1盐酸与50mL 0.55mol L﹣1NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为100mL×1g/mL=100g，温度变化的值为三次实验的平均值3.33℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m c △T=100g×4.18J/（g ℃）×3.33℃=1391.9J，即1.3919kJ，
所以实验测得的中和热△H=﹣ =﹣55.7 kJ mol﹣1；
故答案为：﹣55.7 kJ mol﹣1；
（2）若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，醋酸电离要吸收能量，造成放出的热量偏小，因为中和热为负值，所以测得的中和热偏大；
故答案为：偏大；用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收热量，中和热为负值，所以造成测得中和热偏大；
（3）没有用水洗涤温度计上的盐酸溶液，导致盐酸的物质的量偏小，放出的热量偏小，因为中和热为负值，所以测得的中和热偏大；
故答案为：偏大．
【分析】（1）根据Q=m c △T计算中和热；
（2）醋酸电离时吸收热量；
（3）根据参加反应的盐酸的量变化判断中和热变化即可.
25．【答案】（1）＞；0.0010
（2）＞；改变温度后，N2O4浓度减小，反应正向进行，正向吸热，故温度升高
（3）逆反应；其它条件不变，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动
【知识点】化学平衡中反应条件的控制；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：（1）随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即△H＞0；0～60s时段，N2O4浓度变化为：0.1mol/L﹣0.04mol/L=0.06mol/L，v（N2O4）= =0.0010mol L﹣1 s﹣1，
故答案为：＞；0.0010mol L﹣1 s﹣1；
（2）N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃，
故答案为：＞；改变温度后，c（N2O4）降低平衡正向移动，正反应为吸热反应，故温度升高；
（3）反应容器的容积减少一半，压强增大，正反应方向气体体积增大，增大压强向着气体体积减小的方向移动，
故答案为：逆反应；其它条件不变，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动．
【分析】（1）温度升高，颜色加深，平衡向正反应方向移动；根据四氧化二氮的浓度变化计算反应速率；
（2）c（N2O4）降低平衡正向移动，根据温度对平衡的影响进行判断；
（3）增大压强平衡向气体体积减小的方向移动.
26．【答案】（1）2
（2）0.15mol/L min
（3）20%
（4）增大；不变
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解：C的平均反应速率v（C）=0.1mol L﹣1 min﹣1，反应生成C物质的量=0.1mol L﹣1 min﹣1×2L×5min=1mol；
3A（g）+ B（g） xC（g）+ 2D（g）
起始（mol） 3 2.5 0 0
转化（mol） 1.5 0.5 0.5x 1
平衡（mol） 1.5 2 0.5x 1
；（1）上述计算结合反应生成的C物质的量计算得到x，0.5x=1，x=2；
故答案为：2；
（2）5min内A的平均反应速率= = =0.15mol/L min；
故答案为：0.15mol/L min；
（3）5min时B的转化率= ×100%= ×100%=20%；
故答案为：20%；
（4）由题意可知，正反应为吸热反应，所以升高温度，平衡向正反应方向移动，所以A的转化率增大，由（1）计算得x=2，所以该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，所以B的转化率不变，
故答案为：增大；不变．
【分析】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比计算C的化学计量数和A的反应速率；根据温度和压强对化学平衡的影响判断A、B的转化率变化.
1 / 1四川省攀枝花十二中2016-2017学年高二上学期化学期中考试试卷
一、单项选择题
1．（2017高二上·攀枝花期中）在2L的密闭容器中，发生以下反应：2A（g）+B（g） 2C（g）+D（g），若最初加入的A和B都是4mol，在前10s A的平均反应速率为0.12mol/（L s），则10s时，容器中B的物质的量是（ ）
A．3.4 mol B．3.2 mol C．2.8 mol D．1.2 mol
【答案】C
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】前10s A的平均反应速率为0.12mol/（L s），
由反应速率之比等于化学计量数之比可知，
B的反应速率为0.12mol/（L s）× =0.06mol/（L s），
所以转化的B为0.06×10×2=1.2mol，
则10s时，容器中B的物质的量为4mol﹣1.2mol=2.8mol，
故答案为：C．
【分析】根据Adefjy；sulvjis人A的物质的量变化，rjhb根据化学方程式计算B的物质的量变化即可.
2．（2017高二上·攀枝花期中）对于可逆反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g），下列措施能使反应物中活化分子百分数和化学平衡常数都变化的是（ ）
A．增大压强 B．充入更多N2
C．使用高效催化剂 D．降低温度
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；
B．多充N2，活化分子百分数、平衡常数不变，故B错误．
C．使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；
D．降低温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都减小，且化学平衡常数发生变化，故D正确；
故选D．
【分析】增大反应物中活化分子百分数、化学反应速率，可升高温度或加入催化剂，如平衡常数发生变化，应改变温度，以此解答该题．
3．（2016高二上·淄博期中）对可逆反应4NH3（g）+5O2（g） 4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（ ）
A．达到化学平衡时，4υ正（O2）=5υ逆（NO）
B．若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态
C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大
D．化学反应速率关系是：2υ正（NH3）=3υ正（H2O）
【答案】A
【知识点】化学平衡中反应条件的控制
【解析】【解答】解：A、4v正（O2）=5v逆（NO），不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示反应达到平衡状态，故A正确；
B、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故B错误；
C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，平衡向正反应移动，故C错误；
D、化学反应速率关系是：3υ正（NH3）=2υ正（H2O），故D错误．
故选A．
【分析】A、当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
B、都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡；
C、增大体积压强减小，正逆速率都减小，平衡向体积增大的方向移动；
D、各物质表示的化学反应速率之比等于各物质前面的系数之比．
4．（2017高二上·安庆期末）反应CH3OH （ l ）+NH3（ g ）═CH3NH2（ g ）+H2O （ g ）在某温度自发向右进行，若反应|△H|=17kJ/mol，|△H﹣T△S|=17kJ/mol，对于该反应下列关系正确的是（ ）
A．△H＞0，△H﹣T△S＜0 B．△H＜0，△H﹣T△S＞0
C．△H＞0，△H﹣T△S＞0 D．△H＜0，△H﹣T△S＜0
【答案】A
【知识点】反应热的大小比较
【解析】【解答】解：该反应在一定温度下能够自发的向右进行，这说明△H﹣T△S一定是小于0，根据方程式可知该反应的△S＞0，所以如果△H＜0，则该反应在任何温度下都是自发进行的，而该反应在一定温度下能够自发的向右进行，因此该反应的反应热△H＞0，
故选A．
【分析】反应能自发进行，应满则△G=△H﹣T △S＜0，以此解答该题．
5．（2017高二上·攀枝花期中）下列物质分类组合正确的是（ ）
A B C D
强电解质 FeCl3 HBr H3PO4 Cu（OH）2
弱电解质 CH3COOH HF BaSO4 HI
非电解质 Cu NH3 H2O C2H5OH
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A不符合题意；
B．溴化氢为强电解质、氟化氢为弱电解质，氨气为非电解质，故B符合题意；
C．磷酸为弱电解质，硫酸钡为强电解质，水为弱电解质，故C不符合题意；
D．氢氧化铜为弱电解质，碘化氢为强电解质，乙醇为非电解质，故D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据强电解质、弱电解质和非电解质的定义进行判断即可.
6．（2017高二上·攀枝花期中）下列电离方程式正确的是（ ）
A．H2CO3 2H++CO32﹣ B．NH3 H2O NH4++OH﹣
C．Fe（OH）3=Fe3++3OH﹣ D．NaHSO4 Na++H++SO42﹣
【答案】B
【知识点】电离方程式的书写
【解析】【解答】A．碳酸为二元弱酸，部分电离，电离方程式：H2CO3 H++HCO3﹣，故A不符合题意；
B．一水合氨为弱碱，部分电离，电离方程式：NH3 H2O NH4++OH﹣，故B符合题意；
C．氢氧化铁为弱电解质，部分电离，电离方程式：Fe（OH）3 Fe3++3OH﹣，故C不符合题意；
D．硫酸氢钠为强电解质，熔融状态下完全电离，电离方程式：NaHSO4 Na++HSO4﹣，故D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】A.碳酸属于二元弱酸，分步电离；
B.氨水属于弱电解质，存在电离平衡；
C.氢氧化铁属于弱电解质，存在电离平衡；
D.熔融的硫酸氢钠电离生成钠离子和硫酸氢根离子.
7．（2016高二上·黑龙江期中）在密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO（g）+H2O（g） H2（g）+CO2（g）．在500℃时，平衡常数K=9．若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为（ ）
A．25% B．50% C．75% D．80%
【答案】C
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解：依据化学平衡，设一氧化碳的消耗浓度为X，分析三段式列式计算：
CO（g）+ H2O（g） H2（g）+ CO2（g）
起始量（mol/L） 0.02 0.02 0 0
变化量（mol/L） x x x x
平衡量（mol/L） 0.02﹣X 0.02﹣X x x
平衡常数K= = =9
解得：X=0.015mol/L；
一氧化碳转化率= ×100%=75%
故选C．
【分析】依据化学平衡的三段式列式计算，平衡状态下的物质浓度，运用平衡常数的概念列式得到；
8．（2016高二上·日喀则期中）可逆反应2A（g）+3B（g） 4C（g）+D（g），已知起始浓度c（A）=4mol mol﹣1，c（B）=3mol mol﹣1，C、D浓度均等于0，反应开始2秒后达到平衡状态，此时D的平衡浓度为0.5mol L﹣1，则下列说法不正确的是（ ）
A．反应速率v（C）=1mol L﹣1 s﹣1
B．C的平衡浓度为4 mol L﹣1
C．A的转化率为25%
D．B的平衡浓度为1.5 mol L﹣1
【答案】B
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解：利用三段式法计算：
2A（g） + 3B（g） 4C（g） + D（g）
起始（mol/l） 4 3 0 0
转化（mol/l） 1 1.5 2 0.5
平衡（mol/l） 3 1.5 2 0.5
A．反应速率v（C）= =1mol/（L．s），故A正确；
B．C的平衡为浓度为2mol/L，故B错误；
C．A的转化率为 =25%，故C正确；
D．B的平衡浓度为1.5mol/L，故D正确．
故选B．
【分析】利用三段式法计算：
2A（g） + 3B（g） 4C（g） + D（g）
起始（mol/l） 4 3 0 0
转化（mol/l） 1 1.5 2 0.5
平衡（mol/l） 3 1.5 2 0.5
结合对应的数据计算各物理量．
9．（2016高二上·简阳期中）一定条件下，在密闭容器中，能表示反应X（g）+2Y（g） 2Z（g），一定达到化学平衡状态的是（ ）
①X，Y，Z的物质的量之比为1：2：2
②X，Y，Z的浓度不再发生变化
③容器中的压强不再发生变化
④单位时间内生成n mol Z，同时生成2n mol Y．
A．①② B．①④ C．②③ D．③④
【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】解：①平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故①错误；
②X、Y、Z的浓度不再发生变化，说明达到化学平衡状态，故②正确；
③反应物和生成物的物质的量不相等，当压强不变时，说明各物质的量不再发生变化，反应达到平衡状态，故③正确；
④单位时间内生成nmolZ，同时生成2nmolY，正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故④错误．
故选C．
【分析】当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，注意反应物与生成物的化学计量数关系．
10．（2017高二上·广州期中）利用反应：2NO（g）+2CO（g） 2CO2（g）+N2（g）△H=﹣746，8kJ mol﹣1，可净化汽车尾气，如果要同时提高反应的速率和 NO 的转化率，采取的措施是（ ）
A．降低温度
B．升高温度同时充入N2
C．增大压强
D．及时将 CO2和 N2 从反应体系中移走
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、降低温度会减慢化学学反应速率，故A不符合题意；
B、升高温度会加快反应速率，但是平衡逆向移动，NO的转化率会减小，故B不符合题意；
C、增大压强提高反应的速率，和平衡正向移动，NO 的转化率会增大，故C符合题意；
D、及时将 CO2和 N2 从反应体系中移走，会减慢化学反应的速率，故D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】该反应是一个气体体积减小的放热反应，根据温度和压强对化学平衡的影响进行判断即可.
11．（2017高二上·宜宾期中）下列各组比较中，前者比后者大的是（ ）
A．25℃时，pH均为2的H2SO4溶液和盐酸中氢离子的物质的量浓度
B．25℃时，pH均为2的盐酸和CH3COOH溶液中溶质的物质的量浓度
C．25℃时，同浓度的NaCl溶液和氨水的导电能力
D．25℃时，pH均为3的HCl和FeCl3溶液中水的电离程度
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；物质的量浓度
【解析】【解答】A.25℃时，pH均为2的H2SO4溶液和盐酸中氢离子的物质的量浓度都是0.01mol/L，故A不符合题意；
B．pH=2的盐酸中氯化氢的浓度为0.01mol/L，醋酸为弱酸，pH=2的醋酸中氢离子浓度为0.01mol/L，醋酸的浓度大于0.01mo/L，前者的浓度小于后者，故B不符合题意；
C．溶液导电性与溶液中离子浓度有关，25℃时，同浓度的NaCl溶液和氨水中，氨水中离子浓度小于氯化钠，所以氯化钠溶液的导电能力大于氨水，故C符合题意；
D．盐酸中氢离子抑制了水的电离，铁离子水解促进了水的电离，所以前者水的电离程度小于后者，故D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】A．硫酸和盐酸都是强酸，pH相同时溶液中氢离子浓度相同；
B．醋酸为弱酸，醋酸的浓度大于氢离子浓度；
C．氨水为弱碱，溶液中只能部分电离出铵根离子和氢氧根离子；
D．酸抑制了水的电离，铁离子促进了水的电离.
12．（2016高二下·平安期中）对可逆反应2A（s）+3B（g） C（g）+2D（g）△H＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（ ）
①增加A的量，平衡向正反应方向移动
②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小
③压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变
④增大B的浓度，v（正）＞v（逆）
⑤加入催化剂，B的转化率提高．
A．①② B．④ C．③ D．④⑤
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：①A是固体，增大A的量对平衡无影响，故①错误；
②升高温度，v（正）、v（逆）均应增大，但v（逆）增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故②错误；
③压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大，故③错误；
④增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v（正）＞v（逆），故④正确；
⑤使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故⑤错误；
故选B．
【分析】①A是固体，其量的变化对平衡无影响；②升高温度，正、逆反应速率都增大；③压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大；④增大B的浓度，平衡向正反应移动；⑤催化剂不能使化学平衡发生移动．
13．（2017高二上·攀枝花期中）已知下列热化学方程式：（1）CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ/mol；（2）C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ/mol；（3）H2（g）+ O2（g）═H2O（l）△H3=﹣285.8kJ/mol．则反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）的△H为（ ）
A．﹣488.3 kJ/mol B．﹣244.15 kJ/mol
C．+488.3 kJ/mol D．+244.15 kJ/mol
【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】已知：（1）CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ/mol；（2）C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ/mol；（3）H2（g）+ O2（g）═H2O（l）△H3=﹣285.8kJ/mol
利用盖斯定律，将（2）×2+（3）×2﹣（1），可得 2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l），
则：△H=2×（﹣393.5kJ/mol）+2×（﹣285.8kJ/mol）﹣（﹣870.3kJ/mol）=﹣488.3KJ/mol，
故答案为：A．
【分析】利用盖斯定律，将（2）×2+（3）×2﹣（1）计算反应热即可.
14．（2016高二上·临川期中）一定条件下，在某密闭容器中进行如下反应：mA（g）+nB（g） pC（g）+qD（g），若增大压强或升高温度，重新达到平衡，反应速率随时间的变化过程如图所示，则对该反应的叙述正确的是（ ）
A．正反应是吸热反应 B．逆反应是放热反应
C．m+n＜p+q D．m+n＞p+q
【答案】C
【知识点】化学反应的可逆性
【解析】【解答】解：A、升高温度，平衡逆向进行，说明反应正向是放热反应，故A错误；
B、升高温度，平衡逆向进行，说明逆向是吸热反应，反应正向是放热反应，故B错误；
C、增大压强平衡向逆向进行，说明逆向是气体体积减小的反应，m+n＜p+q，故C正确；
D、增大压强平衡向逆向进行，说明逆向是气体体积减小的反应，m+n＜p+q，故D错误；
故选C．
【分析】依据图象分析判断，改变条件逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，根据化学平衡移动原理分析，升温向吸热反应方向进行；增大压强平衡向气体体积减小的方向进行；
15．（2017高二上·攀枝花期中）符合图1、图2的反应是（ ）
A．X+3Y 2Z△H＞0 B．X+3Y 2Z△H＜0
C．X+2Y 3Z△H＜0 D．5X+3Y 4Z△H＜0
【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】图1中X、Y浓度降低，则X、Y为反应物，Z浓度增大，Z为生成物，X、Y、Z浓度变化量之比为：1：3：2，且存在化学平衡状态，化学方程式为：X+3Y 2Z；
T2时，先达到化学平衡状态，则T2＞T1，温度高时，Z%较小，即温度升高，向逆反应方向移动，正反应放热，△H＜0，故表示的反应为：X+3Y 2Z△H＜0，
故答案为：B．
【分析】根据三种物质的浓度变化之比等与化学计量数之比书写化学方程式，根据温度对化学反应速率和平衡的影响判断反应热.
16．（2016高二上·咸阳期中）在一密闭烧瓶中，在25℃时存在如下平衡：2NO2（g） N2O4（g）△H＜0，将烧瓶置于100℃的水中，则下列几项性质中不会改变的是（ ）
①颜色 ②平均相对分子质量 ③质量 ④压强 ⑤密度．
A．①和③ B．③和⑤ C．④和⑤ D．②和④
【答案】B
【知识点】化学平衡中反应条件的控制；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，所以化学平衡2NO2 N2O4向左进行．①二氧化氮的浓度增大，颜色加深；②混合气体总的物质的量增大，混合气体总的质量不变，根据M= 可知，混合气体的平均相对分子质量减小；③反应混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总的质量不变；④升高温度，化学平衡向左移动，混合气体总的物质的量增大、混合气体的温度升高，容器的容积不变，根据pV=nRT可知，容器内压强增大；⑤反应混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总的质量不变，容器的容积不变，根据ρ= 可知，混合气体的密度不变．
故选B．
【分析】可逆反应2NO2 N2O4，正反应放热，升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，所以化学平衡2NO2 N2O4向左进行，①二氧化氮的浓度增大，颜色加深；②混合气体总的物质的量增大，根据M= 判断；③反应混合物都是气体，根据质量守恒定律判断；④升高温度，化学平衡向左移动，混合气体总的物质的量增大、混合气体的温度升高，容器的容积不变，根据pV=nRT判断；⑤根据ρ= 判断．
17．（2017高二上·攀枝花期中）将C（H+）相同，溶液体积也相同的两种酸溶液（甲：盐酸；乙：醋酸）分别与锌反应，若最后有一溶液中有锌剩余，且放出的气体一样多，对此有如下判断：
⑴反应所需时间：乙＜甲
⑵开始时反应速率：甲＞乙
⑶参加反应的锌的质量：甲=乙
⑷整个反应阶段的平均速率：乙＞甲
⑸盛盐酸的容器中有锌剩余
⑹盛醋酸的容器中有锌剩余．
以上判断正确的是（ ）
A．（1）（2）（3）（5） B．（1）（3）（5）
C．（2）（3）（6） D．（1）（3）（4）（5）
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】①醋酸是弱酸，随反应的进行会不断电离出氢离子，所以氢离子浓度有增大的趋势，所以整个阶段的平均速率：醋酸＞盐酸，所用时间乙＜甲，故符合题意；
②开始反应速率取决于溶液中开始阶段的氢离子浓度大小，pH相同的盐酸和醋酸溶液，起始氢离子浓度一样大，所以开始反应速率：盐酸=醋酸，故不符合题意；
③参加反应的锌的质量和生成的氢气的量有关，因为产生气体体积相同，所以参加反应的锌的质量：醋酸=盐酸，故符合题意；
④醋酸是弱酸，随反应的进行会不断电离出氢离子，所以氢离子浓度有增大的趋势，所以整个阶段的平均速率：醋酸＞盐酸，故符合题意；
⑤醋酸为弱酸，pH相同时，醋酸浓度大，若最后有一溶液中有锌剩余，只能是盐酸中的锌剩余，故符合题意；
⑥由⑤分析可知醋酸过量，故不符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据盐酸是强酸，而醋酸是弱酸，存在电离平衡，最后有一溶液中锌剩余，说盐酸不足量，据此进行分析即可.
18．（2017高二上·攀枝花期中）在体积为VL的恒容密闭容器中盛有一定量H2，通入Br2（g）发生反应：H2（g）+Br2（g） 2HBr（g）；△H＜0． 当温度分别为T1、T2达平衡时，H2的体积分数与Br2（g）的物质的量变化关系如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．由图可知：T1＞T2
B．a、b两点的反应速率：b＞a
C．为了提高Br2（g）的转化率，可采取将HBr液化并及时移走的方法
D．T1时，随着Br2（g）加入，平衡时HBr的体积分数不断增加
【答案】D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据图象可知，当加入的n（Br2）均为n1建立化学平衡后，H2的体积分数温度T1的大于温度T2，该反应是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆反应方向移动导致氢气的体积分数降低，所以T1＞T2，故A不符合题意；
B．对a和b来说，温度相同，H2的初始量相同，Br2的初始量是b＞a，a、b两个平衡状态，可以认为是向a的平衡状态加入（n2﹣n1）molBr2建立了化学平衡b，而加入Br2，平衡向正反应方向移动，建立平衡b后，其反应速率要增加，即两点的反应速率a＜b，故B不符合题意；
C．将HBr液化并及时移走，HBr的浓度降低，平衡向正反应方向移动，溴的转化率增大，故C不符合题意；
D．当温度均为T1时，加入Br2，平衡会向正反应方向移动，导致HBr的物质的量不断增大，但体积分数不一定逐渐增大，这与加入的溴的量及转化率有关，故D符合题意，
故答案为：D．
【分析】A．根据温度对化学平衡移动的影响来分析；
B．对比两个平衡状态，利用平衡之间的关系和平衡移动思考；
C．根据浓度对化学平衡移动的影响来分析；
D．利用平衡移动和有色气体的浓度变化解答.
19．（2017高二上·攀枝花期中）25℃时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入过量金属锡（Sn），发生反应：Sn（s）+Pb2+（aq） Sn2+（aq）+Pb（s），体系中c（Pb2+）和c（Sn2+）变化关系如图所示．下列判断正确的是（ ）
A．往平衡体系中加入金属铅后，c（Pb2+）增大
B．往平衡体系中加入少量Sn（NO3）2固体后，c（Pb2+）变小
C．升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明该反应△H＞0
D．25℃时，该反应的平衡常数K=2.2
【答案】D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、金属铅是固体，增大铅的用量，不影响平衡移动，c（Pb2+）不变，故A不符合题意；
B、加入少量Sn（NO3）2固体，溶解Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动，c（Pb2+）增大，故B不符合题意；
C、升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明平衡向逆反应进行，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，故C不符合题意；
D、由图可知，平衡时c（Pb2+）=0.1mol/L，c（Sn2+）=0.22mol/L，故该温度下反应的平衡常数k= =2.2，故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】A.改变固体的用量不影响平衡移动；
B.Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动；
C.升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明逆反应是吸热反应；
D.根据平衡常数的定义进行计算.
20．（2017高二上·攀枝花期中）某温度下，H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）的平衡常数K= ，该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2（g）和CO2（g），其起始浓度如表所示，下列判断不正确的是（ ）
起始浓度 甲 乙 丙
c（H2）/mol L﹣1 0.010 0.020 0.020
c（CO2）/mol L﹣1 0.010 0.010 0.020
A．平衡时，乙中CO2的转化率大于60%
B．平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%
C．平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，是0.012 mol L﹣1
D．反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢
【答案】C
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】A．设甲容器中平衡时反应掉的二氧化碳的浓度为xmol/L，根据K= =2.25，得x=0.006，所以CO2的转化率为60%，H2的转化率也是60%，在乙容器中相当于是甲容器中增加了H2，CO2的转化率增大，故A不符合题意；
B．设甲容器中平衡时反应掉的氢气的浓度为xmol/L，根据K= =2.25，得x=0.006，所以H2的转化率是60%，又甲和丙为等效平衡，所以甲中和丙中H2的转化率均是60%，故B不符合题意；
C．由A的分析可知，平衡时甲容器中c（CO2）是0.004mol/L，而甲和丙为等效平衡，但丙的起始浓度为甲的两倍，所以平衡时，丙中c（CO2）是0.008mol/L，故C符合题意；
D．根据浓度越大反应速率越快可知，反应开始时，丙中的反应物浓度最大，所以反应速率最快，甲中的反应物浓度最小，所以反应速率最慢，故D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】乙相当于在甲的基础上增加氢气的浓度，平衡向正反应方向移动；丙相等于在甲的基础上增大压强，但平衡不移动，据此分析即可.
二、非选择题
21．（2017高二上·攀枝花期中）下列物质中，①NaCl，②NaOH，③NH3 H2O，④CH3COOH，⑤BaSO4，⑥NaHCO3，⑦Na2O，⑧CH3CH2OH，⑨H2O，⑩SO2 NH3
属于强电解质的是 ；属于弱电解质的是 属于非电解质的是 ．
【答案】①②⑤⑥⑦；③④⑨；⑧⑩（11）
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】解：①NaCl属于盐，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质；
②NaOH属于强碱，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质；
③NH3 H2O属于弱碱，在水溶液中只能够部分电离，属于弱电解质；
④CH3COOH属于弱酸，在水溶液中只能够部分电离，属于弱电解质；
⑤BaSO4属于盐，在熔融在状态下能够完全电离，属于强电解质；
⑥NaHCO3属于盐，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质；
⑦Na2O属于活泼金属氧化物，在熔融在状态下能够完全电离，属于强电解质；
⑧CH3CH2OH在水溶液里或熔融状态下都不导电，属于非电解质；
⑨H2O部分电离，属于弱电解质；
⑩SO2属于非金属氧化物，本身不能电离产生自由移动离子，属于非电解质；
NH3属于非金属氢化物，本身不能电离产生自由移动离子，属于非电解质；
故答案为：①②⑤⑥⑦；③④⑨；⑧⑩ ．
【分析】根据电解质和非电解质、强电解质和弱电解质的概念进行判断即可.
22．（2017高二上·攀枝花期中）写出下列物质的电离方程式：
NaHCO3 ，CH3COOH： ，NH3 H2O： ，H2CO3： ．
【答案】NaHCO3=Na++HCO3﹣；CH3COOH H++CH3COO﹣；NH3 H2O OH﹣+NH4+；H2CO3 H++HCO3﹣
【知识点】电离方程式的书写
【解析】【解答】解：NaHCO3在溶液中完全电离出碳酸氢根离子和钠离子，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3﹣；
CH3COOH是弱酸，属于弱电解质，电离方程式为：CH3COOH H++CH3COO﹣；
NH3 H2O是弱碱，属于弱电解质，电离方程式为：NH3 H2O OH﹣+NH4+；
H2CO3是二元弱酸，属于弱电解质，分步电离，以第一步电离为主，电离方程式为：H2CO3 H++HCO3﹣；
故答案为：NaHCO3=Na++HCO3﹣；CH3COOH H++CH3COO﹣；NH3 H2O OH﹣+NH4+；H2CO3 H++HCO3﹣．
【分析】根据强电解质能够完全电离，而弱电解质存在电离平衡，在电离方程式中分别用等号和可逆号表示进行书写即可.
23．（2017高二上·攀枝花期中）在一定温度下，将冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示．
请回答下列问题：
（1）“O”点冰醋酸不能导电的原因是 ．
（2）a、b、c三点对应的溶液中，C（H+）由小到大的顺序为 ．（填字母，后同）
（3）a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH的电离程度最大的是 ．
（4）a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的是 ．
（5）若使c点对应的溶液中的c（CH3COO﹣）增大，在下列措施中，可行的是 （填字母，后同）．
A．加热 B．加KOH固体 C．加水
D．加CH3COONa固体 E．加锌粒
（6）在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列各量始终保持增大趋势的是 ．
A．C（H+） B．H+物质的量
C．C（OH﹣） D．
【答案】（1）无自由移动的离子
（2）cab
（3）c
（4）c
（5）A；B；D；E
（6）B；D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】解：（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，
故答案为：无自由移动的离子；
（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH为b＜a＜c，氢离子浓度由小到大的顺序为cab，
故答案为：cab；
（3）溶液越稀，越促进醋酸电离，CH3COOH的电离程度最大的是c，
故答案为：c；
（4）溶液中氢离子浓度越小，对水的电离抑制程度越小，c点氢离子浓度最小，水的电离程度最大，
故答案为：c；
（5）要使醋酸根离子浓度增大，可以采用加热、加入含有醋酸根离子的物质、加入和氢离子反应的物质，
A．加热促进醋酸电离，则溶液中醋酸根离子浓度增大，故正确；
B．加NaOH固体，氢氧化钠和氢离子反应促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，故正确；
C．加水稀释能促进醋酸电离，但醋酸根离子浓度减小，故错误；
D．加固体CH3COONa，能抑制醋酸电离，但醋酸钠电离出的醋酸根离子大于抑制醋酸电离出的醋酸根离子，所以醋酸根离子浓度增大，故正确；
E．加入锌粒，和氢离子反应，促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，故正确；
故答案为：ABDE；
（6）加水稀释，酸性减弱，促进电离，n（CH3COO﹣）、n（H+）增大，但浓度减小，
A、氢离子浓度减小，故A错误；
B、加水稀释，促进电离，n（H+）增大，故B正确；
C、加水稀释，溶液接近中性，氢氧根离子浓度不再变化，故C错误；
D、醋酸的电离平衡常数不变，氢离子浓度减小，所以 增大，故D正确；
故答案为：BD．
【分析】醋酸属于弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，加水稀释过程中，促进醋酸的电离，但醋酸根离子和氢离子的浓度减小，结合水的离子积常数进行解答即可.
24．（2017高二上·攀枝花期中）根据题意回答下列问题：
某实验小组测定中和热做了三次实验，所用NaOH溶液的浓度为0.55mol L﹣1，盐酸的浓度为0.5mol L﹣1，每次取NaOH溶液和盐酸溶液各50mL，并记录如表原始数据．
实验序号 起始温度t1/℃ 终止温度（t2）/℃ 温差（t2﹣t1）/℃
盐酸 NaOH溶液 平均值
1 25.1 24.9 25.0 28.3 3.3
2 25.1 25.1 25.1 28.4 3.3
3 25.1 25.1 25.1 28.5 3.4
（1）已知盐酸、NaOH溶液密度近似为1.00g cm﹣3，中和后混合液的比热容c=4.18×10﹣3kJ g﹣1 ℃﹣1，则该反应的中和热为△H= ．
（2）若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热会 （填“偏大”、“偏小”或“不变”），其原因是 ．
（3）在中和热测定实验中存在用水洗涤温度计上的盐酸溶液的步骤，若无此操作步骤，则测得的中和热 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
【答案】（1）﹣55.7 kJ mol﹣1
（2）偏大；用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收热量，造成测得中和热偏小
（3）偏大
【知识点】中和热的测定
【解析】【解答】解：（1）50mL 0.5mol L﹣1盐酸与50mL 0.55mol L﹣1NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为100mL×1g/mL=100g，温度变化的值为三次实验的平均值3.33℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m c △T=100g×4.18J/（g ℃）×3.33℃=1391.9J，即1.3919kJ，
所以实验测得的中和热△H=﹣ =﹣55.7 kJ mol﹣1；
故答案为：﹣55.7 kJ mol﹣1；
（2）若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，醋酸电离要吸收能量，造成放出的热量偏小，因为中和热为负值，所以测得的中和热偏大；
故答案为：偏大；用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收热量，中和热为负值，所以造成测得中和热偏大；
（3）没有用水洗涤温度计上的盐酸溶液，导致盐酸的物质的量偏小，放出的热量偏小，因为中和热为负值，所以测得的中和热偏大；
故答案为：偏大．
【分析】（1）根据Q=m c △T计算中和热；
（2）醋酸电离时吸收热量；
（3）根据参加反应的盐酸的量变化判断中和热变化即可.
25．（2017高二上·攀枝花期中）在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g） 2NO2（g），随温度升高，混合气体的颜色变深．回答下列问题：
（1）反应的△H 0（填“大于”或“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示．
在0～60s时段，反应速率v（N2O4）为 mol L﹣1 s﹣1
（2）100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4）以0.002 0mol L﹣1 s﹣1的平均速率降低，经10s又达到平衡．T 100℃（填“大于”或“小于”），判断理由是 ．
（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半．平衡向 （填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是 ．
【答案】（1）＞；0.0010
（2）＞；改变温度后，N2O4浓度减小，反应正向进行，正向吸热，故温度升高
（3）逆反应；其它条件不变，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动
【知识点】化学平衡中反应条件的控制；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：（1）随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即△H＞0；0～60s时段，N2O4浓度变化为：0.1mol/L﹣0.04mol/L=0.06mol/L，v（N2O4）= =0.0010mol L﹣1 s﹣1，
故答案为：＞；0.0010mol L﹣1 s﹣1；
（2）N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃，
故答案为：＞；改变温度后，c（N2O4）降低平衡正向移动，正反应为吸热反应，故温度升高；
（3）反应容器的容积减少一半，压强增大，正反应方向气体体积增大，增大压强向着气体体积减小的方向移动，
故答案为：逆反应；其它条件不变，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动．
【分析】（1）温度升高，颜色加深，平衡向正反应方向移动；根据四氧化二氮的浓度变化计算反应速率；
（2）c（N2O4）降低平衡正向移动，根据温度对平衡的影响进行判断；
（3）增大压强平衡向气体体积减小的方向移动.
26．（2017高二上·攀枝花期中）在容积为2L的密闭容器中充入3mol气体A和2.5mol气体B，发生反应：3A（g）+B（g） xC（g）+2D（g）（正反应为吸热反应），5min时测得生成1mol D，C的平均反应速率v（C）=0.1mol L﹣1 min﹣1，试求：
（1）方程式中C的化学计量数x= ．
（2）5min内A的平均反应速率v（A）= ．
（3）5min时B的转化率为 ．
（4）温度升高A的转化率 （填“增大”或“减小”或“不变”下同），压强增大B的转化率 ．
【答案】（1）2
（2）0.15mol/L min
（3）20%
（4）增大；不变
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解：C的平均反应速率v（C）=0.1mol L﹣1 min﹣1，反应生成C物质的量=0.1mol L﹣1 min﹣1×2L×5min=1mol；
3A（g）+ B（g） xC（g）+ 2D（g）
起始（mol） 3 2.5 0 0
转化（mol） 1.5 0.5 0.5x 1
平衡（mol） 1.5 2 0.5x 1
；（1）上述计算结合反应生成的C物质的量计算得到x，0.5x=1，x=2；
故答案为：2；
（2）5min内A的平均反应速率= = =0.15mol/L min；
故答案为：0.15mol/L min；
（3）5min时B的转化率= ×100%= ×100%=20%；
故答案为：20%；
（4）由题意可知，正反应为吸热反应，所以升高温度，平衡向正反应方向移动，所以A的转化率增大，由（1）计算得x=2，所以该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，所以B的转化率不变，
故答案为：增大；不变．
【分析】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比计算C的化学计量数和A的反应速率；根据温度和压强对化学平衡的影响判断A、B的转化率变化.
1 / 1
