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2018-2019学年第一学期高二年级期中化学考试试卷相对原子质量：H1 C12 O16 N14一选择题：（本题共21小题，每题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是天然气 煤 核能 石油 太阳能 生物质能 风能A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】新能源一般是指在新技术基础上加以开发利用的可再生能源。煤、石油、天然气是化石能源，是不可再生能源，燃烧时生成的污染物较多，不是新能源；常见新能源有：太阳能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能、核能等，它们都是可再生、无污染的新能源。故正确序号是。综上所述，本题应选C。2. 某化学反应的能量变化如下图所示。下列有关叙述正确的是( )A. 该反应的反应热HE2E1B. a、b分别对应有催化剂和无催化剂的能量变化C. 催化剂能降低反应的活化能D. 催化剂能改变反应的焓变【答案】C【解析】试题分析：A、焓变H=产物的总焓-反应物的总焓=H=E2-E1，故A错误；B、催化剂会降低反应的活化能，a、b分别对应无催化剂和有催化剂的能量变化，故B错误；C、催化剂能降低反应的活化能，从而加快化学反应速率，故C正确；D、加入催化剂不会改变化学反应的焓变，故D错误，故选C。考点：考查反应能量变化的分析判断3.下列各组热化学方程式中，H1H2的是C(s)O2(g)=CO2(g) H1 C(s)1/2O2(g)=CO(g) H2S(s)O2(g)=SO2(g) H1 S(g)O2(g)=SO2(g) H2H2(g)1/2O2(g)=H2O(l) H1 2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H2CaCO3(s)=CaO(s)CO2(g) H1 CaO(s)H2O(l)=Ca(OH)2(s) H2A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】碳不完全燃烧放热少，放热的热量越大，焓变数值越小，所以H1H2,故不选;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H1H2，故选；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H1H2，故选;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H1H2,故选;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H0，吸热反应焓变为正值，即H0。4.下列说法中正确的是A. 非自发反应在任何条件下都不能实现B. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小C. 凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的D. 熵增加且放热的反应一定是自发反应【答案】D【解析】【详解】A、非自发反应在一定条件下能实现自发进行,如H0，S0的反应高温下可以自发进行，低温下反应非自发进行，故A错误；B、自发反应不一定是熵增大，如H0，S0低温下反应自发进行，非自发反应不一定是熵减小，也可以增大，如H0，S0低温下是非自发进行的反应，故B错误；C、凡是放热反应不一定是自发的，如H0，S0高温下反应不能自发进行，吸热反应不一定是非自发的，如H0，S0的反应高温下可以自发进行，故C错误；D、熵增加且放热的反应，即H0，S0，可得H-TS0，反应一定是自发反应，故D正确；综上所述，本题应选D。【点睛】根据自发进行的反应判据H-TS0分析判断,反应自发进行取决于焓变、熵变和温度因素的影响。熵增加且放热的反应，即H0，S0，反应一定是自发反应；熵减小且吸热的反应，即H0，S0，反应一定是非自发反应；熵增加且吸热的反应，H0，S0的反应高温下可以自发进行，低温下反应非自发进行；熵减小且放热的反应，H0，S0低温下反应自发进行，高温下非自发进行。5.下列化学反应属于吸热反应的是()A. 碘的升华 B. 生石灰溶于水 C. 镁和稀硫酸反应 D. 木炭和二氧化碳反应【答案】D【解析】A、碘的升华是吸热过程，是物理变化，不是吸热反应，选项A错误； B、生石灰与水反应放出大量的热，属于放热反应，选项B错误；C、镁与稀盐酸反应，是常见的放热反应，选项C错误；D、木炭和二氧化碳在高温下反应是吸热反应，在反应中吸收热量，选项D正确。答案选D。 6.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，4v正（O2） = 5v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，则正反应速率减小，逆反应速率增大D. 化学反应速率关系是：2v正（NH3） = 3v正（H2O）【答案】B【解析】试题分析：A、根据反应方程式可知，当4v正(O2)5v逆(NO)时，表示V（正）V（逆），反应处于平衡状态，A项错误，B、生成n mol NO、表示正反应速率，生成nmol NH3表示逆反应速率，且V (正)=V (逆)，说明反应达到平衡状态，B项正确；C、由于反应物、生成物均为气体，所以增加容器体积，正反应速率和逆反应速率都减小，C项错误；D、化学反应速率之比等于化学计量数之比，3v正(NH3)2v正(H2O)，D项错误；答案选B。考点：考查化学平衡状态的判断，影响化学反应速率的因素。7. 合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。对于密闭容器中的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，H0，在673 K，30 MPa下，n(NH3)和n(H2)随时间变化的关系如图所示，叙述正确的是( )A. 点a的正反应速率比点b的大B. 点c处反应达到平衡C. 点d（t1时刻）和点e（t2时刻）处n（N2）不一样D. 其他条件不变，773 K下反应至t1时刻，n（H2）比上图中d点的值小【答案】A【解析】试题分析：a点的反应物浓度比b的大，所以点a的正反应速率比点b的大，A正确；c点氨气和氢气的物质的量还是变化的，没有到达平衡状态，B不正确；点d（t1时刻）和点e（t2时刻）处都是相同条件下的平衡状态，所以n（N2）是一样的，C不正确；反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，氢气的物质的量增加，D不正确，答案选A。考点：考查反应速率的判断、外界条件对平衡状态的影响等点评：该题容易错选B。平衡是各种物质的量的浓度不再发生变化，但并不是各种物质的浓度相等，所以在判断平衡状态时需要特别注意。8.下列事实中,不能用勒夏特列原理加以解释的是A. 夏天,打开啤酒瓶时会在瓶口逸出气体B. 浓氨水中加入氢氧化钠固体时产生较多的刺激性气味的气体C. 压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体,颜色变深D. 将盛有二氧化氮和四氧化二氮混合气的密闭容器置于冷水中,混合气体颜色变浅【答案】C【解析】【详解】A、啤酒瓶内存在平衡：CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq) ，当开启瓶盖时，体系压强降低，为了减弱这种改变，平衡逆向移动，产生大量气泡，可用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；B、浓氨水中存在平衡：NH3+H2ONH3.H2ONH4+OH-，加入氢氧化钠固体时，OH-的浓度增大，平衡会向逆向移动，会产生较多的刺激性气味的气体，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；C、氢气与碘蒸气反应的平衡为H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应前后气体系数和相等，压强对平衡无影响，压缩气体，碘单质的浓度增大，使得颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故C符合题意；D、二氧化氮和四氧化二氮混合气体的密闭容器内存在平衡：2NO2(g)N2O4(g)，该反应正反应为放热反应，将密闭容器置于冷水中，温度降低，化学平衡正向移动，NO2的浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意； 综上所述，本题应选C。【点睛】勒夏特列原理：如果改变影响化学平衡的一个因素(如浓度、压强、温度等)，化学平衡被破坏，平衡向能够减弱这种改变的方向移动。该原理适用于其他动态平衡体系，如溶解平衡、电离平衡、水解平衡等。9.对于反应，N2O4(g)2NO2(g)H0，现将1 mol N2O4充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是A. ab B. bc C. ac D. ad【答案】D【解析】【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断。【详解】a.N2O4(g)2NO2(g)的正反应为气体体积增大的反应，将1 mol N2O4充入一恒压密闭容器中，密度=总质量体积，总质量一定，体积逐渐变大，所以密度逐渐减小，密度保持不变时，说明反应达到平衡状态，与图象相符，故a符合题意；b.在反应过程中，H不会变化，即反应热不是变量，无法利用焓变判断反应是否达到平衡状态，故b不符合题意；c. 将1 mol N2O4充入一恒压密闭容器中，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，且两种物质表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故c不符合题意；d. 将1 mol N2O4充入一恒压密闭容器中，随着反应的进行，N2O4的转化率逐渐增大，N2O4的转化率保持不变时，说明反应达到平衡状态，与图象相符，故d符合题意，答案选D。【点睛】本题考查化学平衡状态和平衡图象，明确图象曲线变化的含义及化学平衡状态的特征是解题的关键，注意只有反应前后发生改变的物理量才能作为判断平衡状态的依据，为易错点。10.对于可逆反应A（g）+2B(g) 2C(g)(正反应吸热)，下列图象中正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】增大压强,平衡正向移动,则交叉点后应正反应速率大于逆反应速率,A错误；增大压强,平衡正向移动,则瞬间变化应正反应速率大于逆反应速率,B错误；温度高的反应速率快,转化率大,与图象不符,C错误；温度高的反应速率快,且升高温度平衡正向移动,A%减小,与图象一致,D正确；正确选项D。点睛：对于有三个变量的图像，处理的方法是“定一义二”，即先让一个量保持不变，讨论另外两个变量之间的关系；“先拐先平，条件高”，即图像中先出现拐点的曲线对应的温度高、压强大。11.某温度下，在固定容积的密闭容器中，可逆反应 A(g)+3B(g) 2C(g)达到平衡时，各物质的物质的量之比是 n(A)n(B) n(C)=132。保持温度不变，以 132 的物质的量之比再充入 A，B，C，则A. 平衡向正方向移动 B. 平衡不移动C. C 的体积分数减小 D. 化学反应速率减小【答案】A【解析】【分析】在固定容积的密闭容器中，继续以 132 的物质的量之比再充入 A，B，C，相当于增加体系压强，据此解题。【详解】A、因为反应前后气体的化学计量数之和减小，则增大压强平衡向正反应方向移动，故A正确；B、因为反应前后气体的化学计量数之和不等，则增大压强平衡发生移动，故B错误;C、因为反应前后气体的化学计量数之和减小，则增大压强平衡向正反应方向移动，导致再次达到平衡时，C的体积分数增大，故C错误；D、增大压强，正逆反应速率均增大，故D错误；综上所述，本题应选A。【点睛】本题应注意压强对化学平衡的影响和压强对正逆反应速率的影响。对于有气体参加，反应前后气体的化学计量数之和减小的反应来说，增加压强，正逆反应速率均增加，但增加程度不同，正反应速率增加的大，逆反应速率增加的小，最终导致平衡正向移动。12.已知：2CO(g)O2(g)=2CO2(g)H566 kJmol1Na2O2(s)CO2(g)=Na2CO3(s)12O2(g) H266 kJmol1根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是A. CO的燃烧热为283 kJB. 下图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系C. 2Na2O2(s)2CO2(s)=2Na2CO3(s)O2(g) H532 kJmol1D. CO(g)与Na2O2(s)反应放出549 kJ热量时，电子转移数为6.021023【答案】C【解析】A燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量；已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H=-566kJ/mol，一氧化碳的燃烧热为283kJ/mol，故A错误；B由热化学方程式，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H=-566kJ/mol，可知图象中一氧化碳和氧气物质的量为1、12物质的量不符合反应物质的物质的量，故B错误；C固体二氧化碳变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值，由2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)H=-226kJ/mol，所以反应2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+O2(g)H-532 kJ/mol，故C正确；D已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H=-566kJ/mol；Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+12O2(g)H=-226kJ/mol；依据盖斯定律2+得到：2Na2O2(s)+2CO(g)=2Na2CO3(s)H=-1018kJ/mol；即Na2O2(s)+CO(g)=Na2CO3(s)H=-509kJ/mol；CO(g)与Na2O2(s)反应放出12509 kJ=254.5kJ热量时，反应的一氧化碳物质的量为0.5mol，电子转移数为6.021023，故D错误；故选C。13.在一密闭容器中，反应 aA(g) bB(g) 达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡后，B 的浓度是原平衡的 60%，则A. 平衡向正反应方向移动了 B. 物质 A 的转化率减少了C. 物质 B 的质量分数减小了 D. a b【答案】A【解析】试题分析：若平衡不移动，当容器体积增加一倍，B的浓度应变为原来的50%，而实际上当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，说明平衡向正反应方向移动了，而减小压强，平衡向气体系数增大的方向移动，所以ba，物质A的转化率增大，物质B的质量分数增加，故A正确；B、C、D错误；答案选A。考点：考查影响化学平衡的因素。14.高温下，某反应达到平衡，平衡常数K=c(CO).c(H2O)/c(CO2).c(H2)。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是A. 该反应的焓变为正值B. 恒温下，增大压强，H2浓度一定减小C. 升高温度，逆反应速率减小D. 该反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H2【答案】A【解析】试题分析：A恒容时，温度升高，氢气浓度减小，说明平衡向正反应方向进行，则该反应为吸热反应，所以H0，A正确；B恒温恒容下，增大压强，若通入氢气，则氢气浓度增大，B错误；C升高温度，正逆反应速率都增大，C错误；D化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此根据平衡常数表达式可知该反应的化学方程式为CO2+H2CO+H2O，D错误；答案选A。考点：考查响化学平衡的因素15.已知热化学方程式：H(aq)OH(aq)=H2O(l) H157.3 molL1；1/2H2SO4(浓)NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)H2O(l)H2m，下列说法正确的是A. 上述热化学方程式中的计量数表示分子数 B. H1H2C. H257.3 kJmol1 D. |H1|H2|【答案】B【解析】正确答案：BA.不正确，上述热化学方程式中的计量数表示只表示物质的量，不表示分子个数；B.正确，浓硫酸稀释时放热，H1H2；C.不正确，浓硫酸稀释时放热，H2 - 57.3 kJmol-1; D.不正确， |H1|0【答案】A【解析】【详解】A、1mol X和1mol Y进行如下反应：2X（g）+Y（g）Z（g），经60s达到平衡，生成0.3mol Z，消耗X物质的量为0.6mol，X表示的反应速率为0.6mol（10L60s）=0.001mol/（Ls），故A正确；B、反应前后气体体积发生改变，将容器容积变为20L，压强减小，平衡逆向进行，Z的平衡浓度小于原来的1/2，故B错误；C、压强对反应速率的影响是正逆反应都增大，但增大程度不同，故C错误；D、若升高温度，X的体积分数增大，反应逆向进行，逆向是吸热反应，所以正向反应是放热反应，则该反应的H0，故D错误；综上所述，本题应选A。19.K、Ka、KW分别表示化学平衡常数、电离常数和水的离子积常数，下列判断正确的是（ ）A. 在500、20 MPa条件下，在5 L密闭容器中进行合成氨的反应，使用催化剂后K增大B. 室温下Ka(HCN) Ka(CH3COOH)，说明CH3COOH电离产生的c(H+)一定比HCN电离产生的c(H+)大C. 25时，pH均为4的盐酸和NH4I溶液中KW不相等D. 2SO2O22SO3达平衡后，改变某一条件时K不变，SO2的转化率可能增大、减小或不变【答案】D【解析】A化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，使用催化剂加快反应速率，平衡不移动，化学平衡常数不变，故A错误；B相同温度下CH3COOH、HCN的电离度与起始浓度、同离子效应等有关，故B错误；C水的离子积适用于酸、碱、盐溶液，一定温度下，水的离子积是常数，25时，盐酸和NH4I(aq)中KW相等，故C错误；D改变压强平衡发生移动，SO2的转化率可能增大、减小，使用催化剂平衡不移动，故D正确；故选D。20.在由水电离产生的c（H+）=11014mol/L的溶液中，一定可以大量共存的离子组是A. K+、Ba2+、Cl、NO3 B. Na+、Ca2+、I、NO3C. NH4+、Al3+、Br、SO42 D. K+、Na+、HCO3、SO42【答案】A【解析】由水电离产生的c（H+）=11014mol/L，此溶液为酸或碱，A、在酸或碱中能大量共存，故A正确；B、NO3在酸性溶液具有强氧化性，能把Fe2氧化成Fe3，在酸中不能大量共存，在碱中Ca2和Fe2与OH不能大量共存，故B错误；C、NH4和Al3在碱中不能大量共存，生成NH3H2O和Al(OH)3，因此不能大量共存，故C错误；D、HCO3既不能存在酸中，也不能存在于碱中，因此不能大量共存，故D错误。21.用pH均为2的盐酸和醋酸溶液，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗盐酸和醋酸溶液的体积分别为V1和V2，则V1和V2的关系正确的是A. V1V2 B. V1V2 C. V1V2 D. V1V2【答案】A【解析】试题分析：醋酸为弱酸，pH均为2的盐酸和醋酸溶液，两种溶液中H+离子浓度相等，则醋酸浓度大与盐酸，设盐酸的浓度为C1，醋酸的浓度为C2，则C1C2，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗的两种酸的物质的量相等，则有：n=C1V1=C2V2，因C1C2，所以：V1V2，故选A。考点：考查了酸碱混合的定性判断的相关知识。二填空题（共 58 分）22.(1)某温度时，在 2 L 容器中 X、Y、Z 三种物质的量随时间的变化曲线如图所示。由图中数据分析，该反应的化学方程式为_(2)甲烷作为能源燃烧放出大量的热，已知2CH4(g)+3O2(g)=2CO(g)+4H2O(l)H1-1214kJ/mol，2CO(g)O2(g)2CO2(g) H2566 kJ/mol则表示甲烷燃烧的热化学方程式为_【答案】 (1). 3X+Y 2Z (2). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H-890kJ/mol【解析】【分析】(1)本题可根据图像提供的数据及曲线变化的趋势知，X、Y为反应物，Z为生成物，再根据图像计算用三种物质分别表示的反应速率，根据反应速率之比等于化学计量数之比写出化学方程式;(2)物质的燃烧热是指25，101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定产物所放出的热量。1mol甲烷完全燃烧生成液态水和气态二氧化碳所放出的热量为甲烷的燃烧热，根据题给方程式，利用盖斯定律计算甲烷的燃烧热。【详解】(1)由图像提供的数据及曲线变化的趋势知，X、Y为反应物，Z为生成物，且前2min的平均速率分别为：(X)=(1-0.7)mol/(2L2min)=0.075mol.L-1.min-1；(Y)=(1-0.9)mol/(2L2min)=0.025 mol.L-1.min-1；(Z)=0.2mol/(2L2min)=0.05 mol.L-1.min-1；所以，反应中X、Y、Z的物质的量之比为312，此即化学方程式中化学计量数之比，因而反应式为 3X+Y 2Z；(2)2CH4(g)+3O2(g)=2CO(g)+4H2O(l)H1-1214kJ/mol，2CO(g)O2(g)2CO2(g) H2566 kJ/mol，由盖斯定律得+得，2CH4(g)+4O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) HH1+H2=-1780kJ/mol，所以甲烷的燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H-890kJ/mol。【点睛】本题应注意燃烧热的概念，在25、101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。定义要点：规定在101 kPa压强，常温25下测出热量，因为压强和温度不定，反应热数值不相同；规定可燃物物质的量为1 mol；规定可燃物完全燃烧生成稳定化合物（水应为液态水）所放出的热量为标准。23.当温度高于 500 K 时，科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了乙醇，这在节能减排、降低碳排放方面具有重大意义。(1)该反应的化学方程式为_；其平衡常数表达式为K_。(2)在恒容密闭容器中，判断上述反应达到平衡状态的依据是_。 a体系压强不再改变 bH2的浓度不再改变 c气体的密度不随时间改变 d单位时间内消耗 H2和 CO2的物质的量之比为 31(3)已知：1 g 氢气完全燃烧生成液态水，放出 143 kJ 热量；23 g 乙醇完全燃烧生成液态水和二氧化碳，放出 650 kJ 热量，则氢气和乙醇的燃烧热的比值为_。(要求计算出数值)(4)在一定压强下，测得由 CO2制取 CH3CH2OH 的实验数据中，起始投料比、温度与 CO2的转化率的关系如图所示，根据图中数据分析：降低温度，平衡向_方向移动。在 700 K、起始投料比 n(H2)/n(CO2)1.5 时，H2的转化率为_。在 500 K、起始投料比n(H2)/n(CO2)2 时， 达到平衡后 H2的浓度为a molL1，则达到平衡时 CH3CH2OH 的浓度为_。【答案】 (1). 2CO2 +6H2C2H5OH+3H2O (2). c(C2H5OH)c3(H2O)/c6(H2)c2(CO2) (3). ab (4). 0.22 (5). 正反应 (6). 40% (7). 1.5a mol/L【解析】【分析】(1)根据二氧化碳和氢气在高于500K时合成了乙醇及原子守恒书写化学方程式，化学平衡常数为生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值解题；(2)在一定条件下，当可逆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，所有物质均为气体，故在恒容状态下气体的密度恒为定值，根据化学方程式可知，任何单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比均为3:1，以此分析；(3)根据在25，101kPa时，lmol某物质完全燃烧时生成稳定产物的反应热，称为该物质的燃烧热，分别写出氢气和乙醇燃烧的热化学方程式，并进行计算；(4)由图可知，横坐标为投料比，纵坐标为CO2的转化率，曲线为等温线，则相同投料比时温度低对应的CO2的转化率大，以此分析；由图可知，在700K，起始投料比n(H2)/n(CO2)=1.5时，二氧化碳转化率为20%，令CO2、H2的起始物质的量分别为1mol、1.5mol，转化的二氧化碳为0.2mol，根据化学方程式可知转化的氢气为0.6mol，进而计算H2的转化率；设起始时c(CO2)=xmolL-1，则起始时c(H2)=2xmolL-1，利用三段式分析解答。【详解】(1)该反应的化学方程式为：2CO2(g)+6H2(g) CH3CH2OH(g)+3H2O(g)；该反应的平衡常数表达式为K=c(C2H5OH)c3(H2O)/c6(H2)c2(CO2)；(2)a、该反应为气体分子数减小的化学反应，当体系的压强不再改变时，反应达到平衡状态，故a符合题意；b、H2的浓度不再改变，说明反应达到平衡状态，故b符合题意；c、由于在500K时，所有物质均为气体，故在恒容状态下气体的密度恒为定值，密度不变不能说明反应达到平衡状态，故c不符合题意；d、根据化学方程式可知，任何单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比均为3:1，故d不符合题意；综上所述，本题应选ab；(3)由题给信息可分别写出氢气和乙醇燃烧热表示的热化学方程式：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)H=-286kJ/mol、CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)H=-1300kJ/mol，从而可求得氢气和乙醇的燃烧热的比值为286kJ/mol:1300kJ/mol=0.22；(4)由图可知，横坐标为投料比，纵坐标为CO2的转化率，曲线为等温线，则相同投料比时温度低对应的CO2的转化率大，即降低温度平衡向正反应方向移动；由图可知，在700K，起始投料比n（H2）/n（CO2）=1.5时，二氧化碳转化率为20%，令CO2、H2的起始物质的量分别为1mol、1.5mol，转化的二氧化碳为1mol20%=0.2mol，根据化学方程式可知转化的氢气为0.2mol3=0.6mol，H2的转化率为0.6mol1.5mol100%=40%；设起始时c(CO2)=xmolL-1，则起始时c(H2)=2xmolL-1，有2CO2(g)+6H2(g) CH3CH2OH(g)+3H2O(g)起始(mol/L) x 2x 0 0转化(mol/L) 0.6x 1.8x 0.3x 0.9x平衡(mol/L) 0.4x 0.2x 0.3x 0.9x0.2x=a，得x=5a，平衡时c(CH3CH2OH)=0.3xmolL-1=1.5amolL-1。24.现有反应：mA(g)+nB(g)pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B 的转化率变大；当减小压强时，混合体系中 C 的质量分数也减小，则:(1)该反应的逆反应为_热反应，且m+n_p(填“”“=”“”)。 (2)减压时，A 的质量分数_。(填“增大”“减小”或“不变”，下同)(3)若加入 B(体积不变)，则 B 的转化率_。(4)若 B 是有色物质，A、C 均无色，则加入 C(体积不变)时混合物颜色_【答案】 (1). 放 (2). (3). 增大 (4). 减小 (5). 变深【解析】【分析】达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，根据外界条件对化学平衡的影响解答该题。【详解】(1)升高温度时，B的转化率变大，则升高温度平衡正向移动，该反应为吸热反应，逆反应为放热反应；减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则减小压强平衡逆向移动,则m+np；(2)减压时，平衡逆向移动，则反应物A的质量分数增大；(3)在反应容器中加入一定量的B，反应物B的浓度增大，平衡向正反应方向移动，但B加入的多，而转化的少，则B的转化率反而减小；(4)B是有色物质，A、C均无色，则加入C(体积不变)时，平衡逆向移动，B的浓度增大,则混合物颜色变深。25.在 25mL 的氢氧化钠溶液中逐滴加入 0.2 mol/ L 醋酸溶液，滴定曲线如图所示。(1)写出氢氧化钠溶液与醋酸溶液反应的离子方程式_ (2)该氢氧化钠溶液浓度为_ (3)在B点，a_12.5mL(填“”“”或“=”)。若由体积相等的氢氧化钠溶液和醋酸溶液混合恰好中性，则混合前c(NaOH)_c(CH3COOH)，混合前酸中c(H+)和碱中c(OH-)的关系：c(H+)_c(OH-)(填“”“”或“=”)。【答案】 (1). CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O (2). 0.1 (3). (4). (5). 【解析】【分析】(1)离子方程式书写时应注意醋酸和水均为弱电解质，写成分子式的形式；(2)观察图像可知，滴定之前氢氧化钠溶液的pH，进而可以计算氢氧化钠的浓度；(3)CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子会水解，CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，据此解题。【详解】(1)氢氧化钠与醋酸钠为可溶性强电解质，可拆成离子形式，醋酸与水为弱电解质，应写成化学式形式，所以氢氧化钠溶液与醋酸溶液反应的离子方程式为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；(2)滴定开始之前，溶液pH=13，c(OH-)=c(NaOH)=0.1mol/L；(3)在B点，pH=7，因为生成的CH3COONa是强碱弱酸盐，所以此时醋酸过量，即a12.5mL；由体积相等的NaOH和CH3COOH溶液混合，若浓度相同，则溶液显碱性，现混合溶液呈中性，则酸的浓度大，即c(NaOH)c(CH3COOH)；混合前碱完全电离，而酸不能完全电离，则混合前酸中c(H+)和碱中c(OH-)的关系为c(H+)c(OH-)。26.研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要。(1)NO2可用水来吸收，相应的化学反应方程式为：_ (2)已知：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)H-196.6kJ/mol；2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H-113.0kJ/mol，则反应NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)的H_kJ/mol。【答案】 (1). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (2). -41.8【解析】【分析】本题可利用盖斯定律进行解题，盖斯定律：盖斯定律若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与反应的途径无关。【详解】(1)二氧化氮和水反应生成硝酸和NO气体,反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；(2)已知2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)H-196.6kJ/mol；2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H-113.0kJ/mol，利用盖斯定律将1/2-1/2得NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)的H1/2(-196.6kJ/mol)-1/2(-113.0kJ/mol)= -41.8kJ/mol。27.草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应：MnO4H2C2O4HMn2CO2H2O(未配平)。用4 mL 0.001 mol/L KMnO4溶液与2 mL 0.01 mol/L H2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下：(1)写出该反应的离子方程式_，该反应中每生成1molCO2 转移电子数为_ 。(2)如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验_和_（用IIV表示，下同）；如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验_和_。(3)对比实验I和IV，可以研究_对化学反应速率的影响，实验IV中加入1 mL蒸馏水的目的是_。【答案】 (1). 2MnO45H2C2O46H=2Mn210CO28H2O (2). NA (3). (4). (5). (6). (7). 硫酸的浓度或氢离子浓度 (8). 确保溶液总体积不变【解析】【分析】(1)氧化还原反应可根据得失电子守恒进行配平；(2)探究反应物浓度、温度、催化剂对反应速率影响，需在其它条件相同的条件下设置对比实验；(3)对比实验I和IV，根据两个实验中硫酸的量不同分析实验目的；对比实验中，必须确保溶液总体积相同。【详解】(1)反应中MnO4中Mn由+7价降为+2价，得到电子，发生还原反应，H2C2O4中C由+3价升为+4价，失去电子，发生氧化反应，根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，MnO4与H2C2O4化学计量数之比为2:5，再根据原子守恒和电荷守恒配平方程式，2MnO45H2C2O46H=2Mn210CO28H2O，因此该反应中每生成1molCO2 转移电子数为1mol电子，即NA个电子。(2)由实验目的可以知道，探究反应物浓度、温度、催化剂对反应速率影响，需在相同的条件下对比实验；同浓度溶液，在相同温度下进行反应，无催化剂，有催化剂，、是研究催化剂对化学反应速率的影响；如果研究温度对化学反应速率的影响，则除了温度不同外,其它条件必须完全相同，所以和是探究温度对反应速率的影响；(3)对比实验I和IV，10%硫酸的体积不同，说明两组实验中的反应物的浓度不同，所以探究的是反应物硫酸(或氢离子)的浓度对化学反应速率的影响；对比实验I和IV，IV中只加入1mL10%硫酸，与I中加入的溶液总体积不相等，实验IV中需要加入1mL蒸馏水，确保反应溶液的总体积相同。
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