甘肃省临夏中学2019—2020学年第一学期期中考试试卷
一、选择题（每题2分）
1.下列反应属于氧化还原反应且焓变大于0的是
A. 灼热的炭与水蒸气反应 B. Zn和稀H2SO4反应制氢气
C. Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl反应 D. HCl溶液和NaOH溶液反应
【答案】A
【解析】
【分析】
有化合价升降变化的反应是氧化还原反应，反应物总能量低于生成物总能量的反应（吸热反应）焓变大于零。
【详解】A项：灼热的炭与水蒸气反应生成CO和H2，是吸热的氧化还原反应，A项正确；
B项：Zn和稀H2SO4反应制氢气，是放热的氧化还原反应，B项错误；
C项：Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl反应，是吸热非氧化还原反应，C项错误；
D项：HCl溶液和NaOH溶液反应，是放热的非氧化还原反应，D项错误。
本题选A。
2.关于中和热测定实验的下列说法不正确的是
A. 烧杯间填满碎泡沫塑料是减少实验过程中的热量损失
B. 使用环形玻璃搅拌棒既可以搅拌又避免损坏温度计
C. 向盛装酸的烧杯中加碱时要小心缓慢
D. 测酸后的温度计要用水清洗后再测碱的温度
【答案】C
【解析】
【详解】A. 因泡沫塑料能隔热，则烧杯间填满碎泡沫塑料能减少实验过程中的热量损失，A项正确；
B. 环形玻璃棒能上下搅拌液体，且不导热，所以使用环形玻璃棒既可以搅拌又避免损坏温度计，B项正确；
C. 向盛装酸的烧杯中加碱时应迅速一次性加入，减少热量的散失，C项错误；
D. 测定酸后的温度计用水清洗后，不会发生酸碱中和反应，然后测定碱的温度，较准确，D
项正确；
答案选C。
3.下列关于能量转化的说法中，不正确的是
A. 电解水生成氢气和氧气时，电能转化为化学能
B. 绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能
C. 白炽灯工作时，电能全部转化为光能
D. 煤燃烧时，化学能主要转化为热能
【答案】C
【解析】
分析：电解装置是将电能转化为化学能的装置；绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能；白炽灯工作时电能转化为光能和热能；物质的燃烧将化学能转化为热能和光能。
详解：A.电解水生成氢气和氧气的电解装置是将电能转化为化学能的装置，故正确；
B.绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能，故正确;
C.白炽灯工作时电能转化为光能和热能，故错误；
D.物质的燃烧将化学能转化为热能和光能，主要是热能，故正确。
故选C。
4.如图是溶液与溶液反应的实验示意图。下列分析不正确的是
A. 溶液中存在平衡：⇌
B. 平衡向逆反应方向移动
C. 溶液中减小
D. 若加入少量溶液，则会产生红褐色沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知，向⇌ 反应后溶液中继续加溶液，根据勒夏特列原理可解。
【详解】A. 溶液中存在平衡：⇌ ，A项正确；
B. 向平衡：⇌ 加溶液，平衡向正反应方向移动，B项错误；
C. 由B，平衡向正反应方向移动，溶液中减小，C项正确；
D. 若加入少量溶液，会和反应产生红褐色沉淀，D项正确；
答案选B。
5.运用相关化学知识进行判断，下列结论正确的是( )
A. 需要加热或高温的条件才能发生的反应一定是吸热反应
B. 对于正向吸热的可逆反应，其他条件不变时，升高温度可以使正反应速率增加，逆反应速率减小
C. 为了减小稀盐酸与过量石灰石反应的速率而不影响生成气体的量，可向反应体系中加入适量的氯化钠溶液
D. 增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应是否加热才能进行，与吸热、放热反应无关，故A错误；
B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故B错误；
C．向反应体系中加入适量的氯化钠溶液，盐酸的浓度减小，与过量石灰石反应的速率减慢，并且不影响生成气体的量，故C正确；
D．浓硫酸与铁反应不生成氢气，常温下发生钝化，故D错误；
答案选C。
6.下列说法或表示方法中正确的是（ ）
A. 相同条件下，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，反应的热效应ΔH1>ΔH2
B. 由C（石墨）→C（金刚石）ΔH= +1.9kJ/mol，可知金刚石比石墨稳定
C. 已知在101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则有关氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH= -571.6 kJ/mol
D. 在稀溶液中，H+(aq) + OH－(aq) = H2O(l) ΔH= -57.3kJ/mol，若将含0.5mol
硫酸的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A、由于硫蒸气的能量高于硫固体，所以等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量比后者高，由于硫的燃烧为放热反应，所以ΔH1<ΔH2，故A项错误；
B、由C（石墨）→C（金刚石）ΔH= +1.9kJ/mol，可知，金刚石转化成石墨放热，即金刚石的能量高于石墨的能量，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石更稳定，故B项错误；
C、燃烧热指的是1mol物质完全燃烧生成稳定的物质时，放出的热量；因此2g H2（即为1mol）完全燃烧生成液态水，放出热量为285.8 kJ/mol，故氢气燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+ 1/2O2(g)= H2O(l)ΔH= -285.8 kJ/mol，故C项错误；
D、H2SO4的浓溶液和NaOH溶液混合，不仅发生中和反应，且H2SO4的浓溶液被稀释，放出热量，所以溶液混合放出的热量大于稀溶液中的中和反应放出的热量，即放出的热量大于57.3kJ，故D项正确；
故答案为D。
7.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是
A. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅
B. 氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深
C. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
D. 合成氨工业使用高压以提高氨的产量
【答案】B
【解析】
【详解】A．对2NO2N2O4平衡体系增加压强，体积变小，颜色变深，平衡正向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A正确；
B．氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压，体积变小，颜色变深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C．Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸见光分解，平衡正向移动，氯气浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故C正确；
D．合成氨反应：N2+3H22NH3，增大压强，平衡正向移动，氨的产率提高，能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故答案为B。
【点睛】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。
8.下列说法中有明显错误的是（ ）
A. 对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大
B. 升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大
C. 活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞
D. 加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率
【答案】C
【解析】
【详解】A. 增大压强体系体积减小，对于有气体参加的反应，可使单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，故A正确；
B. 升高温度，反应体系中物质的能量升高，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大，故B正确；
C. 由于活化分子之间的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞，故C错误；
D. 催化剂可使反应需要的能量减小，使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率，故D正确。
故选C。
【点睛】活化分子是指具有发生化学反应所需最低能量状态的分子。分子之间发生化学反应，首先必须互相接触(或碰撞)但并非每次碰撞都能发生反应，只有能量较大的分子互相碰撞才能发生反应。这些能量超过某一数值而能发生化学反应的分子就是活化分子。活化分子的浓度是决定反应速度的一个重要因素。活化分子浓度越大则反应速度越快。
9.强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应为：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1．分别向1L 0.5mol•L﹣1的NaOH溶液中加入①浓硫酸、②稀醋酸、③稀硝酸，恰好完全反应的焓变分别为△H1、△H2、△H3，下列关系正确的是（ ）
A. △H2＞△H3＞△H1 B. △H1＜△H2＜△H3
C. △H1＞△H2=△H3 D. △H1=△H2＜△H3
【答案】A
【解析】
分析：根据三种酸的性质结合△H＜0分析解答。
详解：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O△H=-57.3kJ/mol，分别向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入：①浓硫酸；②稀醋酸；③稀硝酸，浓硫酸溶于水放热，则放出的热量最高，焓变最小，稀醋酸中存在醋酸的电离平衡，电离吸热，则放热最小，焓变最大。稀硝酸是强的稀酸，所以放出的热量为△H2＞△H3＞△H1，答案选A。
点睛：解答本题需要注意的是浓硫酸溶于水放热、醋酸电离吸热以及比较△H大小时要考虑“－”号，即放出的热量越多，△H越小。
10.CO(g)+Cl2(g)⇌COCl2(g) △H＜0，当反应达到平衡时，下列措施：①升温、②加压、③增加Cl2的浓度④加催化剂⑤恒压通入惰性气体⑥恒容通入惰性气体，能提高CO转化率的是（ ）
A. ②③ B. ③⑤ C. ①④ D. ③⑥
【答案】A
【解析】
【详解】化学反应CO(g)+Cl2(g)⇌COCl2(g) △H<0，正反应是气体体积减小的放热反应，
①升温平衡向逆反应移动，CO转化率减小，①项错误；
②加压平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，②项正确；
③增加Cl2的浓度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，③项正确；
④加催化剂，改变速率不改变平衡，CO转化率不变，④项错误；
⑤恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，容器体积增大压强减小，平衡逆向进行，CO的转化率减小，⑤项错误；
⑥恒容通入惰性气体，各组分的浓度不变，平衡不移动，⑥项错误；
综上所述，②③项正确，
答案选A。
【点睛】⑥是学生的易错点，要理解，恒温恒容条件下，充入非反应的气体，对反应物的分压无影响，反应物的浓度没有发生变化，因此反应速率不变，平衡不会移动。
11.反应CH3COOH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g），经过一段时间后，H2的浓度增加了0.9mol/L，在这段时间内用CH3COOH（g）表示的反应速率为0.03mol/（L•s），则这段时间为（ ）
A. 1s B. 3s C. 10s D. 30s
【答案】C
【解析】
【详解】在这段时间内用CH3COOH(g)表示的反应速率为0.03 mol/(L⋅s)，
则v(H2)=3v(CH3COOH)=3×0.03mol/(L⋅s)=0.09 mol/(L⋅s)
H2的浓度增加了0.9mol/L，
所以该反应时间t==10 s，C项正确，
答案选C。
12.在恒温恒容容器中，不能说明反应：C(s) +CO2(g)2CO(g)已达到平衡状态的是
A. 每消耗1 mol CO2的同时生成2 mol CO
B. 混合气体的平均相对分子质量不再改变
C. 容器中气体的压强不再改变
D. 容器中气体的密度不再改变
【答案】A
【解析】
【详解】A、消耗CO2，生成CO，反应都是向正反应方向移动，即不能说明反应达到平衡，故A正确；
B、根据M=m/n，因为C为固体，因此气体质量应是增加，CO2系数为1，CO2系数为2，向正反应方向进行，气体物质的量增加，因此当混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡，故B错误；
C、C为固体，反应前后气体系数之和不相等，因此当压强不再改变时，说明反应达到平衡，故C错误；
D、根据ρ=m/V，气体质量增大，容器是恒容状态，因此当密度不再改变，说明反应达到平衡，故D错误。
【点睛】本题的易错点是选项A，用不同物质来表示达到平衡，应是反应方向是一正一逆，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，也就是先看反应的方向，消耗CO2反应向正反应方向进行，生成CO反应向正反应方向进行，因此选项A不能说明反应达到平衡。
13.有一化学平衡：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)(如图)表示的是转化率与压强、温度的关系。分析图中曲线可以得出的结论是（ ）
A. 正反应吸热：m＋n
p＋q
C. 正反应放热：m＋n>p＋q
D. 正反应放热：m＋n0，不改变其他条件的情况下，下列叙述正确的是（ ）
A. 加入催化剂，反应途径将发生改变，ΔH也将随之改变
B. 升高温度，正、逆反应速率都增大，H2S分解率也增大
C. 增大压强，平衡向逆反应方向移动，将引起体系温度降低
D. 若体系恒容，注入一些H2后达新平衡，H2的浓度将减小
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 加入催化剂，反应速率加快，反应的活化能降低；
B. 升高温度，反应速率加快，平衡向吸热的方向移动；
C. 增大压强，平衡向体积缩小的方向移动；
D. 增大生成物浓度，平衡移向移动。
【详解】A.加入催化剂，反应途径将发生改变，但根据盖斯定律反应的始态和终态不变，反应的ΔH不会改变，A项错误；
B.升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，所以平衡正向移动，H2S
分解率增大，B项正确；
C.该反应随反应进行气体分子数增多，增大压强，化学平衡逆向移动，由于正反应吸热，所以平衡逆向移动体系温度升高，C项错误；
D.恒容体系中充入H2平衡逆向移动，但平衡移动的趋势是很微弱的，只能减弱这种改变，不能抵消这种改变，因此再次平衡时H2的浓度比原来的大，D项错误；
答案选B。
15.对于可逆反应mA(s)＋nB(g)eC(g)＋fD(g)，当反应过程中其他条件不变时，C的质量分数(c%)与温度(T)和压强(p)的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A. 达到平衡后，若使用催化剂，C的质量分数将增大
B. 达到平衡后，增加A的量有利于化学平衡向正方向移动
C. 化学方程式中n＞e＋f
D. 达到平衡后，若升高温度，化学平衡向逆方向移动
【答案】D
【解析】
【分析】
由左图可知，根据先拐先平衡，条件高，则温度升高C的百分含量降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，同理由右图可以看出增大压强，C的百分含量降低，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有n＜e+f。
【详解】由左图可知，根据先拐先平衡，条件高，则温度升高C的百分含量降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，同理由右图可以看出增大压强，C的百分含量降低，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有n＜e+f；
A．达到平衡后，加入催化剂不会影响化学平衡的移动，C的百分含量不变，故A错误；
B．达到平衡后，A是固体，不影响平衡移动，所以增加A的量平衡不移动，故B错误；
C．压强增大，C%含量降低，说明平衡逆向进行，正反应是气体体积增大的反应，n＜e+f，故C错误；
D．该反应的正反应是放热反应，达到平衡后，若升温，平衡向逆方向移动，故D正确；
故答案为D。
16.在密闭容器中的一定量A、B混合气体发生反应：aA（g）+bB(g) cC(g)。平衡时测得A的浓度为0.5mol/L；保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再次达到平衡时，测得A的浓度为0.28mol/L。下列有关判断正确的是
A. a+b=c B. 该变化使平衡正向移动
C. B的转化率降低 D. C的体积分数增大
【答案】C
【解析】
【分析】
反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，B的浓度为0.25mol/L，而再达平衡时，测得A的浓度为0.28mol/L，则说明体积增大(压强减小)化学平衡逆向移动。
【详解】A．减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，平衡逆向移动，所以a+b＞c，故A错误；
B．平衡逆向移动，故B错误；
C．平衡逆向移动，B的转化率降低，故C正确；
D．平衡逆向移动，C的体积分数减小，故D错误；
故答案为C。
17.下列有关平衡常数的说法中，正确的是 ( )
A. 改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大
B. 反应2NO2(g)N2O4(g) △H ＜0，升高温度该反应平衡常数增大
C. 对于给定可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数相等
D. CO2＋H2 CO＋H2O的平衡常数表达式为K==
【答案】D
【解析】
【详解】A、改变压强平衡可以正向进行，反应物转化率增大，但平衡常数不变，平衡常数只随温度变化，选项A错误；B、反应是放热反应，升温平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，平衡常数减小，选项B错误；C、对于给定可逆反应，正逆反应的平衡常数互为倒数，选项C错误；D
、平衡常数是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，则CO2+H2CO+H2O的平衡常数表达式为K==，选项D正确；答案选D。
18.已知下列热化学方程式：
(1)CH3COOH(l)＋2O2(g)= 2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1＝－870.3 kJ/mol
(2)C(s)＋O2(g)= CO2(g) ΔH2＝－393.5 kJ/mol
(3)H2(g)＋O2(g)= H2O(l) ΔH3＝－285.8 kJ/mol
则反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)= CH3COOH(l)的焓变为( ).
A. －488.3 kJ/mol B. －244.15 kJ/mol C. 488.3 kJ/mol D. 244.15 kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】由盖斯定律可知，（2）×2+（3）×2-（1）可得热化学方程式2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l），则ΔH=2ΔH2+2ΔH3-ΔH1=2×（-393.5kJ/mol）+2×（-285.8kJ/mol）-（-870.3kJ/mol）=-488.3KJ/mol，故选A。
19.在300 mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)＋4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1.9×10－5
下列说法不正确的是( )
A. 上述生成Ni(CO)4(g)的反应为放热反应
B. 在25 ℃时，反应Ni(CO)4(g)⇌Ni(s)＋4CO(g)的平衡常数为2×10－5
C. 在80 ℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0.5 mol·L－1，则此时v正>v逆
D. 在80 ℃达到平衡时，测得n(CO)＝0.3 mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol·L－1
【答案】C
【解析】
【详解】A、由表格数据可知，随着温度的升高，化学平衡常数降低，说明反应向逆反应反响进行，根据勒夏特列原理，正反应方向是放热反应，故说法正确；
B、此反应的化学平衡常数应是上述反应平衡常数的倒数，即1/5×104=2×10－5，故说法正确；
C、在80 ℃时，K=2，此时的浓度商为0.5/0.54=8>2，说明反应向逆反应方向进行，即v正p ②x点表示的正反应速率大于逆反应速率 ③y点表示的正反应速率大于逆反应速率 ④n①
B. 的平衡转化率：②>①
C. 平衡时，①中
D. ①中的平衡转化率为40%
【答案】D
【解析】
【分析】
A.浓度增大，反应速率加快；
B. 增加H2，H2自身转化率会减小，转化率会增大；
C和D.根据三段式和平衡常数可以解答。
【详解】A. 反应开始时，②中起始浓度较大，所以反应速率：②>①，A项正确；
B. ②相当于在①基础上加0.1 H2，增加H2，转化率会增大，所以的平衡转化率：②>①，B项正确；
C.设平衡时，H2浓度变化量为X，
利用三段式：
起始浓度（） 0.1 0.1 0 0
变化浓度（） X X X X
平衡浓度（） 0.1- X 0.1- X X X
K==，
则=，X=0.06。
则平衡时，①中，C项正确；
D. 由C项分析，①中的平衡转化率为 100%=60%，D项错误；
答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡的计算，这类题目需要善于利用三段式以及同温度下平衡常数相等等来解答，难度中等。
二、填空题（每空2分）
26.（1）N2H4和H2O2混合可作火箭推进剂，已知：16g液态N2H4和足量氧气反应生成N2(g)
和H2O(l)，放出310.6kJ的热量；2H2O2(l)=O2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－196.4kJ·mol－1。反应N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)的ΔH＝__kJ·mol－1。N2H4和H2O2反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式为__。
（2）已知拆开1mol氢气中的化学键需要消耗436kJ能量，拆开1mol氧气中的化学键需要消耗498kJ能量，根据下面的能量图，回答下列问题：：
分别写出①、②的数值：①__kJ；②__kJ。
（3）已知在常温常压下：
①2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1275.6kJ·mol－1
②H2O(l)=H2O(g) ΔH＝＋44.0kJ·mol－1
写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式__。
（4）实验室用50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应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，该仪器的名称为__；实验室提供了0.50mol·L-1和0.55mol·L-1两种浓度的NaOH溶液，应选择__mol·L-1的NaOH溶液进行实验。
【答案】 (1). −621.2 (2). N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l) △H=−817.6kJ⋅mol−1 (3). 1370 (4). 1852 (5). CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝-549.8kJ·mol－1 (6). 环形玻璃搅拌棒 (7). 0.55
【解析】
【分析】
先写出液态联氨燃烧的热化学方程式，然后根据盖斯定律来解答；根据断开化学键吸收能量，形成化学键释放能量分析解答；根据燃烧热的概念及盖斯定律计算书写热化学方程式；根据量热计的构造及原理分析解答。
【详解】（1）16g液态N2H4和足量氧气反应生成N2(g)和H2O(l)，放出310.6kJ的热量，热化学方程式为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)，△H=−621.2kJ⋅mol−1 ①；2H2O2(l)=O2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－196.4kJ·mol－1 ②；根据盖斯定律，①+②得：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l) △H=−817.6kJ⋅mol−1，故答案为：−621.2；N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l) △H=−817.6kJ⋅mol−1；
（2）如图所示，断开2mol氢气、1mol氧气中化学键需要吸收的能量为：436kJ×2+498kJ=1370kJ，形成2mol水释放的能量为：1370kJ+482kJ=1852kJ，故答案为：1370；1852；
（3）甲醇燃烧热是指1mol甲醇完全反应生成气态二氧化碳和液态水时放出的热量，根据盖斯定律①×1/2-②×2得：CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝(－1275.6kJ·mol－1)×1/2-(＋44.0kJ·mol－1)×2=-549.8kJ·mol－1，故答案为：CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝-549.8kJ·mol－1；
（4）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；实验室提供了0.50mol⋅L−1和0.55mol⋅L−1两种浓度的NaOH溶液，为了使反应充分，NaOH应过量，所以选择0.55mol⋅L−1的溶液进行实验，故答案为：环形玻璃搅拌棒；0.55。
27.化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义。
（1）机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源。气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H ＞0。汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，请分析两点可能的原因___________、_____________。
（2）由金红石(TiO2)制取单质Ti，涉及到的步骤为：
TiO2TiCl4Ti
已知：①C(s)＋O2(g)＝CO2(g)； DH＝-393.5 kJ·mol-1
②2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)； DH＝-566 kJ·mol-1
③TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(s)＋O2(g)； DH＝+141 kJ·mol-1
则TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(s)＋2CO(g)的DH＝________________。
（3）氯气在298K、100kPa时，在1L水中可溶解0.09mol，实验测得溶于水的Cl2约有1/3与水反应。该反应的化学方程式为______，在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，溶液中Cl—浓度_______（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）一定条件下，Fe3+和I—在水溶液中的反应是2I—+2Fe3+I2+2Fe2+，当反应达到平衡后，加入CCl4充分振荡，且温度不变，上述平衡向_______（选填“正反应”或“逆反应”）方向移动。请设计一种使该反应的化学平衡逆向移动的实验方案_____。
（5）用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HCl＋O22Cl2＋2H2O
已知：ⅰ．此条件下反应A中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量。
ⅰⅰ.
①写出此条件下，反应A的热化学方程式___________。
②断开1 mol H—O键与断开1 mol H—Cl键所需能量相差约为__________kJ。
【答案】 (1). 温度升高，反应速率加快 (2). 温度升高，有利于平衡反应正向进行 (3). -80 kJ·mol-1 (4). Cl2+H2O HCl + HClO (5). 增大 (6). 正反应 (7). 加入少许铁粉或加入少许碘（其他合理设计也可） (8). 4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－115.6 kJ·mol－1 (9). 31.9
【解析】
【分析】
（1）可以从速率和平衡两个角度进行分析；
（2）利用盖斯定律解决问题；
（3）反应为可逆反应，利用勒夏特立原理分析离子浓度的变化；
（4）利用勒夏特列原理分析；
（5）利用ΔH=反应物的总键能之和-生成物的总键能进行计算。
【详解】（1）两个方面考虑: ①温度越高,化学反应速率越快②由于正反应为吸热反应,温度越高越有利于平衡正向移动；
答案: 温度升高，反应速率加快 温度升高，有利于平衡反应正向进行
（2）已知：①C(s)＋O2(g)＝CO2(g)； DH＝-393.5 kJ·mol-1
②2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)； DH＝-566 kJ·mol-1
③TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(s)＋O2(g)； DH＝+141 kJ·mol-1
根据盖斯定律①×2-②+③可得TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(s)＋2CO(g)的DH＝-80 kJ·mol-1
答案： -80 kJ·mol-1
（3）根据题意可知氯气与水的反应为可逆反应,离子方程式:Cl2+H2OH++Cl-+HClO,在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，H++OH-=H2O,生成物浓度减小,平衡正向移动,溶液中Cl—浓度增大;
答案: Cl2+H2OHCl + HClO 增大
（4）Fe3+和I—在水溶液中的反应是2I—+2Fe3+I2+2Fe2+，当反应达到平衡后，加入CCl4充分振荡，CCl4可以萃取碘单质到有机层，溶液中生成物浓度减小,平衡向正反应方向移动；根据勒夏特立原理，可以采用增大生成物浓度（如加入少许碘）或者减小反应物浓度（如加入少许铁粉，铁可以把+3价的铁离子还原为+2价的亚铁离子），使平衡逆向移动；
答案：正反应 加入少许铁粉或加入少许碘
（5）①依据反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应的热化学方程式为：
4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）△H=-115.6 KJ/mol；
②依据ΔH=反应物的总键能之和-生成物的总键能计算：
4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）△H=-115.6 KJ/mol
4×H-Cl+498-（243×2+4×H-O）=-115.6，得到4×H-O-4×H-Cl=498-486+115.6=127.6
（H-O）-（H-Cl）=31.9
答案：4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－115.6 kJ·mol－1 31.9
28.Ⅰ.氢气用于工业合成氨 N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)；ΔH = -92.2 kJ·mol-1。一定温度下，在容积恒定密闭容器中，一定量的N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率与时间的关系如下图所示，其中t5 ﹑t7时刻所对应的实验条件改变分别是
t5 ___________________。t7___________________。
Ⅱ.已知化学反应①：Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g), 其平衡常数为K1；
化学反应②：Fe(s)+H2O(g) FeO(s)+H2(g)，其平衡常数为K2。
在温度973K和1173K情况下，K1、K2的值分别如下：
温度
K1
K2
973K
1.47
2.38
1173
2.15
1.67
（1）1173K时，若c(CO2)=2mol/L，c(CO) =5mol/L，则此时反应①平衡向__________（填“正”或“逆”）反应方向移动。
（2）现有反应③CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，写出该反应的平衡常数K3的表达式：K3=_______________________（用K1 、 K2表示）。据此关系式及上表数据，能推断出反应③是______（填“吸热”或“放热”）反应。要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施是______(填写序号)。
A．缩小反应容器容积 B．扩大反应容器容积 C．降低温度
D．升高温度 E．使用合适的催化剂 F．设法减少CO的量
能判断反应③已达平衡状态的是_______________________________。
A．恒容容器中压强不变 B．混合气体中c(CO)不变
C．(H2)==(H2O) D．c(CO2)==c(CO)
（3）723K时，0.2molCO2和0.1molH2通入抽空的1L恒容密闭容器中，发生反应③，达到平衡后水的物质的量分数为0.1。则H2的转化率α（H2）=___________％。723K该反应的平衡常数为K=________________。（结果保留两位有效数字）
【答案】 (1). t5 减少NH3浓度 (2). t7 降低温度 (3). 逆 (4). K3= (5). 吸热 (6). DF (7). BC (8). 30％ (9). 0.076
【解析】
【分析】
I.根据图像中正逆反应速率的变化确定移动方向；
II．（1）根据Qc与K1的关系确定平衡移动方向；
（2）根据方程式确定K3=；计算K3，确定正反应为吸热反应；
（3）根据方程式列出关系进行计算。
【详解】I. t5时，正反应速率未变，逆反应速率减小，则改变外界条件为减小生成物的浓度；t7时，正逆反应速率均减小，且反应正向进行，若为减小压强，体积增大平衡逆向移动，与题意不符，若为降低温度，平衡向放热的方向移动，已知正反应为放热，则正向移动，符合题意；
II．（1）1173K时，Qc= c(CO)/c(CO2)=5/2=2.5> K1=2.15，则平衡逆反应方向移动；
（2）根据方程式，K3=，K1= ，K2=，则K3=；973K时，K3=1.47/2.38=0.62，1173K时，K3=2.15/1.67=1.29，升高温度，K值增大，平衡正向移动，则正反应为吸热反应；
A．可逆号两边气体计量数相同，缩小反应容器容积，平衡不移动，与题意不符，A错误；
B．可逆号两边气体计量数相同，扩大反应容器容积，平衡不移动，与题意不符，B错误；
C．反应为吸热反应，根据勒夏特列原理，降低温度，平衡向放热的方向移动，即逆反应方向，与题意不符，C错误；
D．反应为吸热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向，符合题意，D正确；
E．使用合适的催化剂，可提高反应速率，对化学平衡无影响，与题意不符，E错误；
F．设法减少CO的量，CO为生成物，则平衡正向移动，符合题意，F正确；
答案为DF；
A．可逆号两边气体计量数相等，反应自始至终，容器内的气体物质的量一直未变，容积为恒容，则恒容容器中压强一直不变，压强不能作为判断是否平衡的依据，A错误；
B．反应达到平衡状态时，体系中各气体的浓度不再改变，混合气体中c(CO)不变时，达到平衡状态，B正确；
C．(H2)、(H2O) 反应方向相反，物质的量之比等于计量数之比，则可判断达到平衡状态，C正确；
D．c(CO2)==c(CO)时，不能判断是否达到平衡状态，D错误；
答案为BC；
（3）CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)
初始：0.2 0.1
反应：x x x x
平衡：0.2-x 0.1-x x x
x/（0.2-x+0.1-x+x+x）=0.1，则x=0.03mol，α（H2）=×100%=30%；723K时，c（CO2）=0.17mol/L，c（H2）=0.07mol/L，c（CO）=0.03mol/L，c（H2O）=0.03mol/L，K==0.076。
