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1、黑龙江省双鸭山市第一中学2022-2022学年高二化学上学期第一次月考试题含解析相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Cl 35.5一、单项选择题共24题；1-12每题2分，12-24每题3分，共60分1.某温度下，可逆反响mA(g)nB(g)pC(g)的平衡常数为K，以下对K的说法正确的选项是A. K值越大，说明该反响越有利于C的生成，反响物的转化率越大B. 假设缩小反响器的容积，能使平衡正向移动，那么K增大C. 温度越高，K一定越大D. 如果mnp，那么K1【答案】A【解析】【详解】A、K=，K值越大，说明平衡正向移动，有利于C的生成，反响
2、物的转化率增大，A正确；B、m+n和p的关系题目中没有说明，因此缩小容积，平衡不知道向什么方向移动，B错误；C、K只受温度的影响，此反响没有说明正反响方向是吸热还是放热，C错误；D、不确定A、B的投入量是多少，D错误；应选A。2.以下条件一定能使反响速率加快的是增加反响物的物质的量升高温度缩小反响容器的体积参加生成物参加MnO2A. 全部B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】假设反响物的状态是纯固体或液体物质，那么增加反响物的物质的量，化学反响速率不变，故错误；升高温度，会使体系的内能增加，化学反响速率增加，故正确；对于无气体参加的反响，缩小反响容器的体积，反响速率不变，故错误；参加生成
3、物的状态是固体或液体，那么反响速率不变，故错误；参加MnO2是固体物质，假设不作催化剂，那么对化学反响速率无影响，故错误。所以一定能使反响速率加快的是。应选C。3.一定温度下，密闭容器中发生反响4A(s)3B(g) 2C(g)D(g)，经2 min B的浓度减少0.6 molL1，对此反响速率的表示正确的选项是 A. 用A表示的反响速率是0.4 molL1min1B. 2 min末的反响速率v(C)0.3 molL1min1C. 2 min内D的物质的量增加0.2molD. 假设起始时A、B的物质的量之比为4:3，那么2 min末A、B的转化率之比为1:1【答案】D【解析】【详解】A物质A是固
4、体，浓度不变，不能用A表示该反响的反响速率，故A错误；B2min内c(C)=c(B)=0.4mol/L，故2min内的v(C)=0.2molL-1min-1，故B错误；C2 min内c(C)=c(B)=0.2mol/L，没有指明容器的体积，无法计算D增加的物质的量，故C错误；D由4A(s)3B(g) 2C(g)D(g)可知，相同时间内A和B的变化物质的量之比为4:3，设变化的物质的量分别为4amol、3amol；起始时A、B的物质的量之比为4:3，设起始时A和B的物质的量分别为4bmol、3bmol，那么2 min末A、B的转化率之比为： =1:1，故D正确；故答案为D。4.在恒温恒容下使NH
5、2COONH4 (s)2NH3 (g)+CO2(g)到达平衡，不可以判断该反响到达化学平衡的是 A. V正(NH3) =2V逆(CO2)B. 密闭容器中氨气体积分数不变C. 密闭容器中总压强不变D. 密闭容器中混合气体的密度不变【答案】B【解析】【详解】A.NH3、CO2均为生成物，V正(NH3)、V逆(CO2)反响进行的方向相反，且比值等于计量数之比，可判断到达平衡状态，A错误；B.反响中，只有NH3、CO2为气体，且生成的量之比为2：1，反响自始至终均为2：1，那么密闭容器中氨气的体积分数不变时，不能判断是否到达平衡状态，B正确；C.假设反响到达平衡时，气体的总物质的量不再改变，体积为恒容
6、，那么压强不再改变，那么密闭容器中总压强不变时，到达平衡状态，C错误；D.假设反响到达平衡时，气体的总物质的量不再改变，质量也不改变，体积一直不变，=m/V，那么密闭容器中混合气体的密度不变时，到达平衡状态，D错误；答案为B。【点睛】只有生成物为气体的可逆反响中，生成物的比例自始至终等于计量数之比。5.：1Zns+1/2O2g=ZnOs；H=348.3kJ/mol，22Ags+1/2 O2g= Ag2Os；H=31.0kJ/mol，那么Zns+ Ag2Os= ZnOs+ 2Ags的H等于 ()A. 317.3kJ/molB. 379.3kJ/molC. 332.8 kJ/molD. +317.
7、3 kJ/mol【答案】A【解析】【详解】根据反响可知12即得到Zns+ Ag2O(s) = ZnO(s) + 2Ag(s) ，所以H348.3kJ/mol31.0kJ/mol317.3kJ/mol ，答案选A。6.一定条件下，在某密闭容器中进行如下反响：mA(g)nB(g) pC(g)qD(g)，假设增大压强或升高温度，重新到达平衡，反响速率随时间的变化过程如下图，那么对该反响的表达正确的选项是 A. 正反响是吸热反响B. 逆反响是放热反响C. mnpq【答案】C【解析】【详解】A、升高温度，平衡逆向进行，说明反响正向是放热反响，故A错误；B、升高温度，平衡逆向进行，说明逆向是吸热反响，反响
8、正向是放热反响，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响，m+np+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响，m+np+q，故D错误；应选C。7.以下图示变化为吸热反响的是 A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A反响物的总能量小于生成物的总能量，反响为吸热反响，符合题意，A正确；B反响物的总能量大于生成物的总能量，反响为放热反响，与题意不符，B错误；C浓硫酸稀释放出热量，与题意不符，C错误；D锌与稀盐酸的反响为放热反响，与题意不符，D错误；答案为A。8.以下有关热化学方程式的表达中，正确的选项是()A. 含20.0 g Na
9、OH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，那么表示该反响中和热的热化学方程式为 NaOH(aq)HCl(aq)=NaCl(aq)H2O(l) H57.4 kJ/molB. 2C(s)2O2(g)=2CO2(g) H1, 2C(s)O2(g)=2CO(g) H2；那么H1H2C. 2H2(g)O2(g)=2H2O(g) H 483.6 kJ/mol，那么H2的燃烧热为241.8 kJ/molD. C(石墨，s)=C(金刚石，s) H0，那么金刚石比石墨稳定【答案】B【解析】【详解】A、酸碱中和反响是放热反响，焓变为负值，含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ
10、的热量，那么表示该反响中和热的热化学方程式为NaOHaq+HClaq=NaClaq+H2OlH=-57.4kJ/mol，故A错误；B、一氧化碳燃烧生成二氧化碳过程是放热反响，焓变为负值，2Cs+2O2g=2CO2gH1；2Cs+O2g=2COgH2，那么H1H2，故B正确；C、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，选项中水不是液体，故C错误；D、物质能量越高越活泼，C石墨，s=C金刚石，sH0，那么金刚石比石墨能量高，石墨稳定，故D错误；此题选B9.反响A(g)3B(g)=2C(g)2D(g)在四种不同情况下反响速率分别为v(A)0.45 molL1s1v(B)0.6 mol
11、L1s1v(C)0.4 molL1s1v(D)0.45 molL1s1。以下有关反响速率的比拟中正确的选项是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】在可逆反响中，物质反响速率之比与化学计量数之比相同，在比拟各反响速率时，将速率统一为一种物质。【详解】将各反响速率统一为A的反响速率；v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=1:3:2:2。v(A)0.45 molL1s1；3v(A)=v(B)，v(A)0.2 molL1s1；2v(A)=v(C)，v(A)0.2 molL1s1；2v(A)=v(D)，v(A)0.225 molL1s1；综上所述，；答案为C。10.根据热化学方程式：S
12、(l)+O2(g)=SO2(g) H= -293.23 kJmol-1，分析以下说法中正确的选项是A. 1mol固体S单质燃烧放出的热量大于293.23kJB. 1mol气体S单质燃烧放出的热量小于293.23kJC. 1mol SO2(g)的键能的总和大于1mol S(l)和1mol O2(g)的键能之和D. 1mol SO2(g)的键能的总和小于1mol S(l)和1mol O2(g)的键能之和【答案】C【解析】【详解】A、因物质由液态转变成固态要放出热量，所以1mol固体S单质燃烧放出的热量小于297.23kJmol-1，故A错误；B、因物质由液态转变成气态要吸收热量，所以1mol气体S
13、单质燃烧放出的热量大于297.23kJmol-1，故B错误；C、因放热反响中旧键断裂吸收的能量小于新键形成所放出的能量，1mol SO2的键能总和大于1mol S和1mol O2的键能总和，故C正确；D、因放热反响中旧键断裂吸收的能量小于新键形成所放出的能量，1mol SO2的键能总和大于1mol S和1mol O2的键能总和，故D错误；应选C。【点晴】此题主要考查了化学反响中反响热的计算，需要注意的是物质三态之间的转变也存在能量的变化。根据物质由液态转变成固态要放出热量，由液态转变成气态要吸收热量以及放热反响中旧键断裂吸收的能量小于新键形成所放出的能量来分析。11.如下图是298K时，N2与
14、H2反响过程中能量变化的曲线图，以下表达错误的选项是 A. 在温度、体积一定的条件下，通入1mol N2和3mol H2反响后放出的热量为92kJB. a曲线是参加催化剂时的能量变化曲线，催化剂能降低反响的活化能，使单位体积内活化分子百分数大大增加C. 催化剂，能增大有效碰撞次数，但不能提高N2的转化率D. 该反响的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H= -92kJ/mol【答案】A【解析】【详解】A.在温度、体积一定的条件下，N2与H2的反响为可逆反响，通入1mol N2和3mol H2反响不能完全进行，那么放出的热量小于92kJ，A错误；B.催化剂能降低反响的活化能，
15、使单位体积内活化分子百分数大大增加，对反响的焓变无影响，a曲线是参加催化剂时的能量变化曲线，B正确；C.催化剂，能增大有效碰撞次数，但对化学平衡的移动无影响，那么不能提高N2的转化率，C正确；D.根据图像可知，该反响的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=92kJ/mol，D正确；答案为A。【点睛】催化剂能降低反响的活化能，对焓变无影响。12.如图为反响2H2 (g)+O2(g)=2H2O(g)的能量变化示意图。以下说法正确的选项是()A. 由H、O原子形成2mol H2O(g)，共吸收1852 kJ能量B. 拆开2molH2 (g)和1mol O2 (g)中的化学键成为H
16、、O原子，共放出1368kJ能量C. 2molH2 (g)和1molO2 (g)反响生成2mol H2O(g)，共放出484 kJ能量D. 2molH2 (g)和1molO2 (g)反响生成2molH2O(l)，共吸收484 kJ能量【答案】C【解析】【详解】A形成化学键放出能量，故A错误；B拆开化学键吸收能量，故B错误；C依据图象数据分析计算，2 mol H2(g)和1 mol O2(g)反响生成2 mol H2O(g)，共放出484 kJ能量，故C正确；D依据图象数据分析计算，2 mol H2(g)和1 mol O2(g)反响生成2 mol H2O(g)，共放出484 kJ能量，故D错误；
17、故答案为C。13.一定温度下，在恒容密闭容器中发生可逆反响:X2(g)+Y2(g)2Z(g)，X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.lmol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，当反响到达平衡时，各物质的浓度可能是A. c(X2)=0.2mol/LB. c(Y2)=0.4mol/LC. c(Z)=0.3mol/LD. c(X2)+c(Y2)+c(Z)=0.5mol/L【答案】C【解析】此题采取极限法。假设0.2mol/L的Z全局部解，那么生成X2、Y2均为0.1mol/L，此时X2、Y2分别为0.2mol/L、0.4mol/L，同理X2与Y2完全反响后，剩余Y2 有0.2mol/L，生成Z为0
18、.2mol/L，此时Z有0.4mol/L；但由于反响是可逆反响，反响不能够进行到底，因此，c(X2)0.2mol/L ，c(Y2)0，随着温度升高，气体平均相对分子质量有变小趋势，那么以下判断正确的选项是 ( )A. B和C可能都是固体B. B和C一定都是气体C. 假设C为气体，那么B一定是固体D. B和C可能都是气体【答案】D【解析】【详解】3A(气)3B(？)+C(？)；H0，该反响的正反响是吸热反响，温度升高，平衡正向移动，气体平均摩尔质量变小，说明该反响的正反响为气体体积增大的反响。A.假设B和C都是固体，气体物质的量减小，质量减小，气体摩尔质量不变，A错误；B.假设都是气体，反响后气
19、体物质的量一定增大，由于气体质量不变，因此气体的平均摩尔质量减小，但假设B为气体，C为固体，反响前后气体物质的量不变，气体质量减小，平均摩尔质量也减小，B错误；C.假设C为气体，由于A、B的化学计量数相等，B为气体，反响前后气体物质的量增大，气体质量不变，平均摩尔质量减小；假设是固体，反响后的气体物质的量不变，气体质量减小，气体的平均摩尔质量也减小；C错误；D.假设B和C都是气体时，根据质量守恒，由于气体物质的量增大，气体的平均摩尔质量减小，D正确；故合理选项是D。17.在密闭容器中发生反响2SO2+O22SO3(g)，起始时SO2和O2分别为20mol和10mol，到达平衡时，SO2的转化率
20、为75%。假设从SO3开始进行反响，在相同的条件下，欲使平衡时各成分的体积分数与前者相同，那么起始时SO3的物质的量及SO3的转化率分别为 A. 10mol 15%B. 20mol 25%C. 20mol 75%D. 30mol 50%【答案】B【解析】【详解】2SO2 + O22SO3(g)初始：20 10反响：15 7.5 15平衡： 5 2.5 15假设从SO3开始反响，那么n(SO3)=20mol，平衡时各量与前者相同，即剩余SO3为15mol，那么转化率=5/20100%=25%，答案为B。18.2.0mol PCl3和1.0mol Cl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下
21、述反响：PCl3(g)+ Cl2(g)PCl5(g)到达平衡时， PCl5为0.40mol，如果此时移走1.0mol PCl3和0.50mol Cl2，在相同温度下再达平衡时 PCl5的物质的量是A. 0.40molB. 小于0.20molC. 0.20molD. 大于0.20mol，小于0.40mol【答案】B【解析】【详解】达平衡后移走1.0mol PC13和0.50mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始参加1.0mol PC13和0.50mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反响移动，反响物的转化率减小，故达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的一半，即达平衡时
22、PC15的物质的量小于0.4mol=0.2mol，应选B。19.以下事实不能用勒夏特列原理平衡移动原理解释的是A. 对于反响体系 CO(g) + NO2(g) NO(g) + CO2(g)，压缩体积可使颜色变深B. 实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气C. 重铬酸钾溶液中存在如下平衡：Cr2O72-(橙红色)+H2O2H+2CrO42-(黄色)，向K2Cr2O7溶液中参加几滴氢氧化钠，溶液变黄色D. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫【答案】A【解析】【分析】勒夏特列原理平衡移动原理内容是：如果改变影响平衡的条件之一如温度、压强、参加反响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。据
23、此分析。【详解】A.对于有气体参加的反响，压缩体积，体系压强增大，根据该反响方程式可知，反响前后气体分子数不变，所以增大压强平衡不移动，而压缩体积时包括NO2(呈红棕色)在内的各组分的浓度增大，所以体系颜色加深，故不能用勒夏特列原理解释，；B.Cl2溶于水时存在平衡Cl2(g)Cl2(aq)，Cl2(aq)+H2O(l)H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，饱和食盐水中Cl-浓度很大，平衡向减小Cl-浓度方向移动，即平衡向逆反响方向移动；结果溶液中Cl2(aq)浓度增大，使平衡也向逆反响方向移动，从而使Cl2在食盐水中溶解度减小，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，故能用勒夏特
24、列原理解释；C.重铬酸钾溶液中参加几滴氢氧化钠溶液时：H+OH-=H2O，使溶液中H+浓度减小，平衡向H+浓度增大的方向移动，即向正反响方向移动，CrO42-浓度增大，溶液变黄色，故能用勒夏特列原理解释；D.啤酒瓶中存在平衡CO2(g)CO2(aq)，密封的啤酒瓶中气体压强较大，开启啤酒瓶时瓶内气压减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即向逆反响方向移动，产生大量CO2气体形成泡沫，故能用勒夏特列原理解释；答案选A。20.有甲、乙、丙三个体积均为2L的恒容密闭容器，按不同投料比Z 进行反响： 4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) H。在不同温度T条件下到达平衡时，HCl的平衡
25、转化率与Z和T的关系如下表所示。容器起始时平衡时HCl转化率n(HCl)/molZT100T200T300甲0.8a96%94%90%乙0.8b46%44%40%丙0.8495%88%80%以下说法正确的选项是A. b4B. 温度升高时，反响速率减慢，所以转化率下降C. 丙容器中，300平衡时，c(O2)0.04molL1D. 假设甲容器温度在300时需要5min到达平衡，那么此时间内v(Cl2)0.036molL1min1【答案】D【解析】【详解】A. 在相同温度下增大氧气的浓度可以提高HCl的转化率，根据乙、丙中数据可知b4，A错误；B. 温度升高时，反响速率加快，B错误；C. 丙容器中起
26、始时氧气是0.2mol，300平衡时消耗氯化氢是0.64mol，那么消耗氧气是0.16mol，剩余氧气是0.04mol，那么c(O2)0.04mol2L0.02molL1，C错误；D. 假设甲容器温度在300时需要5min到达平衡，那么此时间内消耗氯化氢是0.72mol，生成氯气是0.36mol，所以v(Cl2)0.036molL1min1，D正确；答案选D。21.反响CO(g)CuO(s) CO2(g)Cu(s)和反响H2(g)CuO(s) Cu(s)H2O(g)在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反响CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g)的平衡常数为K。那么以下说法
27、正确的选项是()A. 反响的平衡常数K1c(CO2).c(Cu)/c(CO).c(CuO)B. 反响的平衡常数KK1/K2C. 对于反响，恒容时，温度升高，H2浓度减小，那么该反响的焓变为正值D. 对于反响，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小【答案】B【解析】【详解】A化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示，反响的平衡常数K1=c(CO2)/c(CO)，A错误；B反响的平衡常数K1=c(CO2)/c(CO)，反响的平衡常数K2=c(H2O)/c(H2)，反响：COg+H2OgCO2g+H2g的平衡常数为K=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)=K1/K2，B正确；C对于反响，
28、恒容时，温度升高，H2 的浓度减小，说明升高温度平衡向逆反响移动，正反响为放热反响，焓变为负值，C错误；D对于反响，恒温恒容下，增大压强，平衡不移动，但是H2 浓度增大，D错误。答案选B。【点睛】此题考查化学平衡常数、化学平衡影响因素等，注意B选项中由方程式构造目标方程式，化学平衡常数之间的关系是解答的关键。难点是压强是对反响速率和平衡状态的影响。22.对于可逆反响N2g+3H2g2NH3gH0，以下研究目的和示意图相符的是ABCD研究目的压强对反响的影响P2P1温度对反响的影响平衡体系增加氮气对反响的影响催化剂对反响的影响图示A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、该反
29、响中增大压强平衡向正反响方向移动，那么氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反响速率越大，到达化学平衡的时间越少，与图象不符，故A错误；B、因该反响是放热反响，升高温度化学平衡向逆反响方向移动，那么氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，故B错误；C、反响平衡后，增大氮气的量，那么这一瞬间正反响速率增大，逆反响速率不变，然后正反响速率在不断减小，逆反响速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，故C正确；D、因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反响速率，那么有催化剂时到达化学平衡的时间少，与图象不符，故D错误；答案选C。【点睛】此题考查化学平衡与图象，明确影响化学反响速率及化学平衡的影响因
30、素以及图象中纵横坐标的含义是解答的关键。23.在密闭容器中的一定量混合气体发生反响：xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再到达平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L以下有关判断正确的选项是()A. C的体积分数增大了B. 平衡向正反响方向移动C. A的转化率降低了D. x+yz【答案】C【解析】【详解】在密闭容器中的一定量混合气体发生反响：xAg+yBgzCg，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，假设不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应变化为0.25mo
31、l/L，题干中再到达平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L，说明体积增大，压强减小，平衡逆向进行；A.平衡逆向进行，C的体积分数减小，故A错误；B.依据分析平衡逆向进行，故B错误；C.平衡逆向进行，A的转化率减小，故C正确；D.体积增大，压强减小，化学平衡逆向进行，逆向是气体体积增大的反响，所以x+yz，故D错误；应选C。24.在一定条件下，密闭容器中进行反响CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3H2(g)，测得CH4的体积百分含量随温度和压强的变化如下图。以下说法正确的选项是A. p1p2B. Hp2，故A正确；B.从图像可知，温度越高，CH4的百分含量越小，说明温度升高，
32、平衡向正反响方向移动，即吸热反响方向移动，所以正反响方向为吸热反响，H0，故B错误；C. 参加催化剂可以改变化学反响速率，但是对化学平衡没有影响，所以对甲烷的转化率没有影响，故C错误；D. 缩小容器体积，即体系压强增大，平衡向气体体积减小方向移动，即向逆反响方向移动，甲烷的浓度增大，故D错误，应选A。二、填空题共5题；共40分25.1在101kPa时，H2在1mol O2中完全燃烧生成2mol液态水，放出571.6kJ的热量，H2的燃烧热为_，表示H2燃烧热的热化学方程式为_。2：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H= +206.2kJmol-1，CH4(g)+CO2(g)
33、=2CO(g)+2H2(g) H=+247.4kJmol-1，那么以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。CH4(g)与H2O(g)反响生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为：_。由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫键能。表中所列键能数据，那么N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=_kJmol-1。化学键H-HN-HNN键能kJmol-1436391945【答案】 (1). 285.8kJ/mol (2). H2(g)+O2(g)=H2O(l) H= -285.8kJmol-1 (3). CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g) H= +165.0k
34、Jmol-1 (4). -93【解析】【分析】1在101kPa时，1mol H2(g)完全燃烧生成稳定的氧化物时，释放的热量为燃烧热；2根据盖斯定律求解；【详解】1在101kPa时，反响物为2mol H2(g)、1mol O2(g)，H2O(l)为生成物，燃烧热为1mol H2(g)完全燃烧生成液态水时释放的热量，那么燃烧热为285.8kJ/mol；燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)H2O(l) H= -285.8kJmol-1；2 i CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H= +206.2kJmol-1，ii CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H
35、= +247.4kJmol-1，根据盖斯定律，i2-ii即可得到CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，那么H= +206.2kJ/mol2-247.4kJ/mol= +165.0kJmol-1；化学反响中，旧键的断裂吸收热量，新键的形成释放热量，那么H=945+4363-3916= -93kJmol-1。26.I.300时，将2mol A和2mol B两种气体混合于2L密闭容器中，发生如下反响：3A(g)B(g)2C(g)2D(g) H=Q，2min末到达平衡，生成0.8mol D。1300时，该反响的平衡常数表达式为K=_K300或“)。2在2min末时，B的平衡浓度为_，
36、D的平均反响速率为_。3假设温度不变，缩小容器容积，那么A的转化率_(填“增大“减小或“不变)。II.A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的气球。关闭K2，将等量且少量的NO2通过K1、K3分别充入A、B中，反响起始时，A、B的体积相同。(：2NO2N2O4 H、“ (3). 0.8mol/L (4). 0.2mol/(Lmin) (5). 不变 (6). (7). 减小 (8). A【解析】【分析】I. 3A(g)B(g)2C(g)2D(g) HQ初始2mol 2mol反响1.2 0.4 0.8 0.82min 0.8 1.6 0.8 0.8II.关闭K2时，装置A为恒容
37、装置，装置B为恒压装置。【详解】I1K；K3000；2在2min末时，B的物质的量为1.6mol，其平衡浓度为1.6mol/2L=0.8mol/L；D的物质的量为0.8mol，v(D)=0.8mol/2L2min=0.2mol/(Lmin)；3假设温度不变，缩小容器容积，增大压强，方程式两边气体的计量数不变，那么平衡不移动，A的转化率不变；II1等量且少量的NO2通过K1、K3分别充入A、B中，反响起始时，A、B的体积相同，装置B为等压，相当于装置A平衡后再增大压强，体积减小，c(N2O4)增大，那么v(A) v(B)；假设翻开活塞K2，整个装置为恒压装置，压强增大，平衡正向移动，那么总体积减
38、小，A容积不变，那么B的体积减小，气球B体积减小；2室温下，将A套上个绝热层，那么A中随反响的进行温度逐渐升高，那么平衡逆向移动，c(NO2)增大，颜色比装置B中深。【点睛】方程式两边气体计量数的相等时，增大压强，体积减小，平衡不移动。27.在一定条件下，可逆反响ABmC变化如下图。纵坐标表示在不同温度和压强下生成物C在混合物中的质量分数，p为反响在T2温度时到达平衡后向容器加压的变化情况，问：1温度T1_T2(填“大于“等于或“小于)。2正反响是_反响(填“吸热或“放热)。3如果A、B、C均为气体，那么m_2(填“大于“等于或“小于)。4当温度和容积不变时，如在平衡体系中参加一定量的某稀有气
39、体，那么体系的压强_(填“增大“减小或“不变)，平衡_移动(填“向正反响方向“向逆反响方向或“不)。【答案】 (1). 大于 (2). 放热 (3). 大于 (4). 增大 (5). 不【解析】【详解】1由图可知，温度为T1先到达平衡，温度越高反响速率越快，到达平衡的时间越短，故T1大于T2；2由图可知温度T1T2，温度越高C%越小，故升高温度平衡向逆反响移动，故正反响为放热反响；3由图可知，T2温度时到达平衡后向容器加压，C%减小，故增大压强平衡向逆反响移动，增大压强平衡向气体物质的量减小的方向移动，故m大于2；4当温度和容积不变时，在平衡体系中参加一定量的某稀有气体，体系压强增大，但反响混合物的浓度不变，平衡不移动。28.用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL一定浓度的NaOH溶液在如下图的装置中进行中和反响。通过测定反响过程中所放出的热量可计算中和热。该装置有两处明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称_，另一处错误是_。实验室提供了0.50mol/L