湖北省襄阳市致远中学高二化学上学期期中试题（含解析）新人教版.doc

2013-2014学年湖北省襄阳市致远中学高二（上）期中化学试卷 一、单项选择题（16小题，共48分）1（3分）（2012春鲤城区校级期末）下列溶液一定呈中性的是（）aph=7的溶液b由强酸、强碱等物质的量反应制得的溶液cc（h+）=c（oh）的溶液d非电解质溶于水得到的溶液考点：溶液ph的定义专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：溶液的酸碱性是根据溶液中h+浓度与oh浓度的相对大小判断当c（h+）c（oh），溶液就呈酸性；当c（h+）=c（oh），溶液就呈中性；当溶液中c（h+）c（oh），溶液就呈碱性；解答：解：a常温下，水的离子积kw=11014，所以，ph7，溶液呈酸性；ph=7，溶液呈中性；ph7，溶液呈碱性kw受温度影响，水的电离是吸热的，温度越高kw越大，如100时，水的离子积常数是1012，当ph=6时溶液呈中性，当ph=7时溶液呈碱性，该选项中ph=7的溶液，不一定是在常温下，溶液中c（h+）、c（oh）不一定相等，故a错误；b由1mol强酸硫酸和1mol强碱氢氧化钠等物质的量反应，硫酸过量，制得的溶液呈酸性，故b错误；c氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小是判断溶液的酸碱性的依据，所以c（h+）=c（oh）的溶液一定呈中性，故c正确；d三氧化硫是非电解质，但它溶于水后会生成硫酸，硫酸溶液呈酸性，故d错误；故选c点评：本题主要考查溶液的酸碱性的判断，注意不能根据溶液的ph值判断溶液的酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性，属于易错题2（3分）（2013秋樊城区校级期中）下列变化过程，属于放热反应的是（）生石灰与水反应 酸碱中和反应 浓h2so4稀释 固体氢氧化钠溶于水h2在cl2中燃烧 醋酸电离 nh4cl晶体与ba（oh）28h2o混合搅拌abcd考点：吸热反应和放热反应专题：化学反应中的能量变化分析：根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如c和co2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱），c或氢气做还原剂时的反应解答：解：生石灰跟水反应生成熟石灰属于放热反应；酸碱发生中和反应是放热反应；浓硫酸稀释要放热，但不是放热反应；固体氢氧化钠溶于水放热，但不是放热反应；h2在cl2中燃烧是放热反应；醋酸电离吸热；nh4cl晶体与ba（oh）28h2o反应是吸热反应；故选a点评：本题主要考查化学反应的热量变化，应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应，对于常见的吸热过程和放热过程不是化学变化，题目难度不大3（3分）（2013秋樊城区校级期中）下列电离方程式正确的是（）ah2s2h+s2bhclo=h+clocch3coona=na+ch3coodnahco3na+hco3考点：电离方程式的书写专题：离子反应专题分析：a氢硫酸为多元弱酸，分步电离；b次氯酸为弱酸，部分电离；cch3coona为强电解质，完全电离，用“=”号，电荷守恒、离子符号正确；d碳酸氢钠为强电解质，完全电离；解答：解；a多元弱酸分步电离，氢硫酸电离方程式为：h2sh+hs，hsh+s2，故a错误；b弱电解质部分电离，用“”号，次氯酸为弱酸，其电离方程式为：hcloh+clo，故b错误；cch3coona为强电解质，溶液中完全电离出钠离子和乙酸根离子，电离方程式为：ch3coona=na+ch3coo，故c正确；d强电解质完全电离，用“=”号，碳酸氢钠为强电解质，溶液中完全电离，其电离方程式为：nahco3na+hco3，故d错误；故选c点评：本题主要考查电离方程式书写，掌握正确书写电离方程式的方法，并能正确判断电离方程式的正误是解答关键，题目难度不大4（3分）（2013秋锦州期末）一定温度下，用水稀释c moll1的稀醋酸，若用kw表示水的离子积，则下列数值随水量的增加而增大的是（）abcd考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：一定温度下，醋酸溶液中存在电离平衡，溶液中的离子积不变，用水稀释c moll1的稀醋酸，促进醋酸电离平衡正向进行，稀释过程中溶液平衡状态下的两种浓度减小，氢氧根离子浓度增大，平衡移动后醋酸分子数减小，醋酸根离子数和氢离子数增多解答：解：a、同一溶液体积相同，比较醋酸根离子和醋酸分子物质的量得到，稀释后平衡正向进行醋酸分子数减小，醋酸根离子数增多，所以醋酸根离子和醋酸比值增大，故a正确；b、稀释后促进电离氢离子数增多，醋酸分子减小，所以醋酸分子和氢离子比值减小，故b错误；c、稀释后溶液中氢离子浓度减小氢氧根离子浓度增大，所以氢离子浓度和氢氧根离子浓度比值减小，故c错误；d、溶液中温度不变，离子积不变，稀释后氢离子浓度减小，所以氢离子浓度和离子积比值减小，故d错误；故选a点评：本题考查了弱电解质电离平衡的分析判断，溶液稀释促进电离，溶液中存在离子积常数是解题关键，题目较简单5（3分）（2008石家庄模拟）已知：（1）h2（g）+o2（g）h2o（g）；h=a kj/mol（2）2h2（g）+o2（g）2h2o（g）；h=b kj/mol（3）h2（g）+o2（g）h2o（l）；h=c kj/mol（4）2h2 （g）+o2（g）2h2o（l）；h=d kj/mol下列关系式中正确的是（）aac0bbd0c2a=b0d2c=d0考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：根据燃烧反应为放热反应，h0，由系数确定 d=2c0；b=2a0；d中生成的是液态水，热量多，绝对值比b气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以db0，c 中生成的是液态水，热量多，绝对值比a气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以ca0；解答：解：a、c 中生成的是液态水，热量多，绝对值比a气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以ca0，故a错误；b、d中生成的是液态水，热量多，绝对值比b气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以db0，故b错误；c、燃烧反应为放热反应，h0，由系数确定 d=2c0；b=2a0，故c正确；d、燃烧反应为放热反应，h0，由系数确定 d=2c0；b=2a0，故d错误；故选：c点评：本题主要考查了反应热大小的比较，难度不大，需要注意的是a、b、c、d含有+/的比较的时候要带入比较6（3分）（2013秋樊城区校级期中）下列液体均处于25，有关叙述正确的是（）a某物质的溶液ph7，向该溶液中加入氢氧化钠溶液，kw增大bph=4.5的番茄汁中c（h+）是ph=6.5的牛奶中c（h+）的100倍c将1l 0.1moll1的ba（oh）2溶液稀释为2l，ph=12dph=8的naoh溶液稀释100倍，其ph=6考点：ph的简单计算专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：溶液的ph=lgc（h+），因温度促进水的电离、弱电解质的电离，因此将水、弱酸、弱碱加热，溶液ph均改变，另外在不指明温度的情况下，ph=7的溶液不一定是中性，将酸、碱溶液无限稀释，不能改变溶液的酸、碱性，溶液最终呈中性解答：解：a溶液温度不变，加入naoh后虽引起水的电离平衡移动，但kw不变，故a错误；bph=4.5的番茄汁与ph=6.5的牛奶中c（h+）分别为104.5moll1、106.5moll1，可见前者c（h+）是后者的100倍，故b正确；c将1l 0.1moll1的ba（oh）2溶液稀释为2l后溶液中c（oh）=0.1moll1，则稀释后溶液中c（h+）=1013moll1，故溶液ph=13，故c错误；dph=8的naoh溶液稀释100倍，溶液接近中性，则ph7，故d错误故选：b点评：本题考查了水的电离、溶液ph的简单计算，注意明确氢离子与溶液的ph的转化关系，注意常温下，酸碱无限稀释其ph都无限接近77（3分）（2012春武汉校级期末）在容积可变的密闭容器中存在如下反应：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h0，下列对图象的分析中不正确的是（）a图研究的是t0时升高温度对反应速率的影响b图研究的是t0时增大压强（缩小体积）或使用催化剂对反应速率的影响c图研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂d图研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高考点：化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：a图正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率；b图中正逆反应速率同等程度的增大；c图中乙先达到平衡状态；d图中乙先达到平衡状态，且乙中co的转化率小解答：解：a图正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，该反应为放热反应，则改变的条件为升温，故a正确；b图中正逆反应速率同等程度的增大，该反应为体积不变的反应，则改变的条件为增大压强（缩小体积）或使用催化剂，故b正确；c图中乙先达到平衡状态，但甲、乙的转化率不同，不是催化剂的原因，应为乙的温度高，故c错误；d图中乙先达到平衡状态，且乙中co的转化率小，该反应为放热反应，则乙的温度高，故d正确；故选c点评：本题考查化学反应速率及化学平衡，注意图象中的速率变化及速率与平衡移动的关系，侧重平衡移动与图象的分析能力，选项c中催化剂不能改变平衡为易错点，题目难度中等8（3分）（2013秋樊城区校级期中）下列说法不正确的是（）a增大反应物浓度，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多b增大压强，单位体积内气体的活化分子数增多，有效碰撞次数增多c升高温度，活化分子百分数增加，分子运动速度加快，有效碰撞次数增多d催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，有效碰撞次数增多考点：活化能及其对化学反应速率的影响专题：化学反应速率专题分析：增大反应物的浓度和增大压强，只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，可升高温度、加入催化剂等措施解答：解：a、增大反应物的浓度只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，故a错误；b、增大压强只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，故b错误；c、升温使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，分子运动速度加快，有效碰撞次数增多，故c正确；d、催化剂能降低反应的活化能，使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，分子运动速度加快，有效碰撞次数增多，故d正确故选ab点评：本题考查外界条件对反应速率的影响，题目难度不大，注意浓度、温度、压强、催化剂对反应速率影响的实质9（3分）（2012秋安阳期中）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2mol so2和1molo2，发生下列反应：2so2（g）+o2（g）2so3（g）达到平衡后改变下述条件，so3气体平衡浓度不改变的是（）a保持温度和容器体积不变，充入1mol so2（g）b保持温度和容器内压强不变，充入1mol so3（g）c保持温度和容器内压强不变，充入1mol o2（g）d保持温度和容器内压强不变，充入1mol ar（g）考点：化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：达到平衡后，改变条件，so3的平衡浓度不改变的，说明为等效平衡，恒温恒容按化学计量数转化到左边满足2molso2，1molo2或恒温恒压按化学计量数转化到左边满足n（so2）：n（o2）=2：1，再结合平衡移动分析解答：解：a、温度和容器的体积不变，充入1mol so2（g），增大反应物的浓度平衡正移，so3气体平衡浓度增大，故a错误；b、温度和容器的压强不变，充入1mol so3（g），按化学计量数转化到左边，得到n（so2）=1mol，n（o2）=0.5mol，满足n（so2）：n（o2）=2：1，与原来的平衡是等效平衡，所以so3气体平衡浓度不改变，故b正确；c、保持温度和容器的压强不变，充入1mol o2（g），增大反应物的浓度平衡正移，平衡向正反应移动，so3的平衡浓度增大，故c错误；d、保持温度和容器的压强不变，充入1mol ar，体积增大，反应混合物产生的压强减小，平衡向逆反应移动，移动的结果是减小so3的浓度，所以so3的平衡浓度减小，故d错误；故选b点评：本题考查平衡移动、等效平衡等，难度中等，注意掌握等效平衡规律10（3分）（2013秋樊城区校级期中）关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是（）abcd强电解质naclh2so4naohhno3弱电解质hfbaso4caco3ch3cooh非电解质cl2co2c2h5ohso2aabbccdd考点：强电解质和弱电解质的概念专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：在水溶液中能够完全电离的电解质为强电解质，在水溶液中部分电离的电解质为弱电解质；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，据此进行解答解答：解：a氯化钠、氟化氢分别为强电解质、弱电解质，但是氯气为单质，氯气既不是电解质，也不是 非电解质，故a错误；b硫酸钡溶于水的部分完全电离，硫酸钡为强电解质，故b错误；c碳酸钙溶于水的部分完全电离，碳酸钙为强电解质，故c错误；d硝酸为强电解质，醋酸在溶液中部分电离，为弱电解质，二氧化硫属于非电解质，故d正确；故选d点评：本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的判断，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的概念及判断方法，明确强弱电解质与溶解度没有必然关系11（3分）（2013秋樊城区校级期中）25、101kpa下，碳、氢气、甲烷和一氧化碳的燃烧热依次是393.5kj/mol、285.8kj/mol、890.3kj/mol、283kj/mol，则下列热化学方程式正确的是（）ac（s）+ o2（g）=co（g）；h=393.5kj/molbh2（g）+ o2（g）=h2o（l）；h=+285.8kj/molcch4（g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（g）；h=890.3kj/mold2co（g）+o2（g）=2co2（g）；h=566kj/mol考点：热化学方程式专题：化学反应中的能量变化分析：依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，定义要点：可燃物必须是1mol生成的必须是稳定的氧化物，如cco2，hh2o（液），sso2，然后依据概念分析判断解答：解：a、反应中生成一氧化碳不是稳定氧化物，故a错误；b、氢气燃烧是放热反应，h应小于0，故b错误；c、生成物水是气体不是稳定氧化物，故c错误；d、co的燃烧热为283kj/mol，故当2molco燃烧时反应热为566kj/mol，故d正确；故选d点评：本题考查了燃烧热的概念分析判断和实际应用，理解概念是解题关键，题目较简单12（3分）（2013秋信阳期末）升高温度，下列数据不一定增大的是（）a化学反应速率vb化学平衡常数kc水的离子积常数kwd弱酸的电离常数ka考点：化学平衡常数的含义；离子积常数专题：化学平衡专题分析：a、升高温度活化分子数目增大，有效碰撞增大，反应速率加快；b、若正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热反应方向移动，化学平衡常数减小；c、水的电离过程是吸热的，升高温度促进水的电离；d、升高温度促进弱电解质的电离解答：解：a、升高温度，反应速率加快，故a不符合；b、若正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，化学平衡常数减小，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，故b符合；c、水的电离过程是吸热的，升高温度促进水的电离，升高温度电离程度增大，水的离子积增大，故c不符合；d、弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进弱电解质的电离，电离平衡常数增大，故d不符合；故选b点评：考查温度对反应速率的影响、温度对化学平衡常数与水的离子积以及电离平衡常数的影响，比较基础，注意基础知识的掌握13（3分）（2013秋樊城区校级期中）已知一定条件下，n2（g）和h2（g）反应生成2molnh3（g）放出92.4kj热量在同温同压下，向两个相同的容积可变的密闭容器中分别通入1moln2、4molh2和0.5moln2、2molh2，在同温同压条件下达到平衡，分别放出热量q1kj和q2kj，则下列关系正确的是（）a2q2=q1=92.4b2q2q192.4c2q2=q192.4dq2=q192.4考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程专题：化学平衡专题分析：n2（g）和h2（g）生成2mol nh3（g）放出92.4kj热量说明1moln2和3molh2完全反应生成2molnh3时放出的热量；向密闭容器中通入1mol n2和4mol h2，达到平衡时，氢气和氮气不能完全转化，参加反应的氮气小于1mol；向密闭容器中通入0.5mol n2和2mol h2，恒温恒容下与通入1mol n2和4mol h2为等效平衡，平衡时氮气的转化率相等，据此判断解答：解：n2（g）和h2（g）生成2mol nh3（g）放出92.4kj热量说明1moln2和3molh2完全反应生成2molnh3时放出的热量；向密闭容器中通入1mol n2和4mol h2，达到平衡时，氢气和氮气不能完全转化，参加反应的氮气小于1mol，故q192.4；向密闭容器中通入0.5mol n2和2mol h2，恒温恒容下与通入1mol n2和4mol h2为等效平衡，平衡时氮气的转化率相等，参加反应的氮气为起始通入1mol n2和4mol h2反应的氮气的，故2q2=q1，所以2q2=q192.4，故选c点评：本题考查了反应热的计算、可逆反应特点、化学平衡移动与等效平衡等，综合性较强，理解理解等效平衡规律是关键14（3分）（2010芦溪县校级模拟）一定质量的无水乙醇完全燃烧时放出的热量为q，它所生成的co2用过量饱和石灰水完全吸收，可得100克caco3沉淀，则完全燃烧1摩尔无水乙醇时放出的热量是（）a0.5qbqc2qd5q考点：化学方程式的有关计算；反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：利用生成的co2用过量饱和石灰水完全吸收，可得100克caco3沉淀可计算出二氧化碳的物质的量，即得出二氧化碳的物质的量与放出的热量的关系，再利用完全燃烧1摩尔无水乙醇生成2摩尔二氧化碳来分析放出的热量解答：解：因生成的co2用过量饱和石灰水完全吸收，可得100克caco3沉淀，caco3的物质的量为=1mol，由碳元素守恒可知，二氧化碳的物质的量也为1mol，即生成1mol二氧化碳放出的热量为q，而完全燃烧1摩尔无水乙醇时生成2mol二氧化碳，则放出的热量为q2=2q，故选：c点评：本题考查学生利用化学反应中的元素守恒来分析二氧化碳的量及二氧化碳的量与放出的热量的关系，明确物质的物质的量与热量成正比是解答本题的关键15（3分）（2012嘉峪关校级三模）在一密闭容器中，用等物质的量的a和b发生如下反应：a（气）+2b（气）2c（气）反应达到平衡时，若混合气体中a和b的物质的量之和与c的物质的量相等，则这时a的转化率为（）a40%b50%c60%d70%考点：化学平衡的计算专题：压轴题；化学平衡专题分析：假定a和b的物质的量都是1mol，根据平衡时a和b的物质的量之和与c的物质的量相等，结合反应方程式，利用三段式解题法，列方程，求出参加反应a的物质的量，再根据转化率的定义计算其转化率解答：解：设参加反应的a的物质的量为xmol，则： a（气）+2b（气）2c（气）开始 1mol 1mol 0mol变化 xmol 2xmol 2xmol平衡 （1x）mol （12x）mol 2xmol所以，（1x）mol+（12x）mol=2xmol；解得：x=0.4a的转化率为100%=40%，故选a点评：本题考查了化学平衡的有关计算，难度不大，运用三段式法解答本题即可16（3分）（2013秋红塔区校级期中）如图表示外界条件（温度、压力）的变化对下列反应的影响l（s）+g（g）2r（g）h0 在图中y轴是指（）a平衡混合气中r的质量分数b平衡混合气中g的体积分数cg的转化率dl的转化率考点：化学平衡建立的过程专题：化学平衡专题分析：a、反应是吸热反应，升温正向进行，r的质量分数增大；b、反应是吸热反应，升温正向进行，g的体积分数减小，压强增大，平衡左移，g的体积分数增大；c、反应是吸热反应，升温正向进行，g的体积分数减小，图象符合，压强增大，平衡左移，g的体积分数增大，g的转化率减小；d、反应是吸热反应，升温正向进行，l的转化率增大，压强增大，平衡左移，l的转化率减小；解答：解：a、反应是吸热反应，升温正向进行，r的质量分数增大，图象不符合，故a错误；b、反应是吸热反应，升温正向进行，g的体积分数减小，压强增大，平衡左移，g的体积分数增大，图象符合，故b正确；c、反应是吸热反应，升温正向进行，g的体积分数减小，转化率增大，图象不符合；压强增大，平衡左移，g的体积分数增大，g的转化率减小，图象不符合，故c错误；d、反应是吸热反应，升温正向进行，l的转化率增大，压强增大，平衡左移，l的转化率减小，图象不符合，故d错误；故选b点评：本题考查了化学平衡图象的分析方法，定一议二分析图象和平衡移动原理是解题关键，题目难度中等二、非选择题（共5小题，共52分）17（6分）（2013秋樊城区校级期中）（1）某温度下，纯水中c（h+ ）=5.0107 mol/l，则此时纯水中的c（oh）=5.0107mol/l；若温度不变，在0.01mol/l稀硫酸溶液中，c（oh）=1.251011mol/l（2）25时，将ph=12naoh溶液与ph=2的h2so4溶液混合后ph=11（忽略混合后体积的变化），则naoh溶液与h2so4溶液的体积比为11：9（3）25时，将0.1mol/l naoh溶液与0.06mol/l的h2so4溶液等体积混合（忽略混合后体积的变化），求所得溶液的ph=2考点：离子积常数；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：（1）纯水中水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度是相等的；根据溶液中，kw=c（h+）c（oh）来计算酸溶液中氢氧根离子浓度；（2）混合溶液ph=11，则混合溶液中c（oh）=103mol/l，据此计算酸碱体积之比；（3）根据酸的量和碱的量判断二者混合后酸剩余，计算混合后剩余氢离子浓度，进而计算ph即可解答：解：（1）纯水中水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度是相等的，所以纯水中c（h+ ）=5.0107 mol/l=c（oh），此温度下kw=2.51013mol2/l2，溶液中，kw=c（h+）c（oh），所以0.01mol/l稀硫酸溶液中，c（oh）=1.251011mol/l，故答案为：5.0107 mol/l；1.251011mol/l；（2）将ph=12naoh溶液与ph=2的h2so4溶液混合后ph=11（忽略混合后体积的变化），设naoh溶液与h2so4溶液的体积分别为x、y，则=103，解得x：y=11：9，故答案为：11：9； （3）设两溶液体积是v，0.1mol/l naoh溶液中氢氧根离子物质的量是0.1v，0.06mol/l的h2so4溶液的物质的量是0.12v，混合后酸剩余，所以剩余氢离子浓度c=0.01mol/l，即ph=2，故答案为：2点评：本题涉及水的离子积常数的意义以及酸碱混合后溶液ph的计算知识，属于综合知识的考查，难度中等18（10分）（2013秋樊城区校级期中）某温度时，在2l容器中某一反应的a、b气体物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析得：（1）该反应的化学方程式为：3a2b（2）反应开始至4min时，v（a）=0.1moll1min1（3）4min时，正逆反应速率的大小关系（填“”或“”或“=”）为：（正）（逆）（4）8min后，保持温度不变，若将容器体积压缩为1l，则平衡将向正反应方向移动（填“正”或“逆”）；若保持容器体积不变，升高温度平衡逆向移动，则正反应的焓变h 0 （填“”或“”或“=”）考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：（1）根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式；（2）根据v=计算反应速率；（3）根据图象对应的纵坐标判断物质的量浓度以及反应的趋势比较反应速率关系；（4）根据压强对平衡的影响分析；升高温度平衡向吸热方向移动，据此分析解答：解：（1）由图象可知，a的物质的量逐渐减小，应为反应物，b的物质的量逐渐增加，应为生成物，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则：n（a）：n（b）=（0.8mol0.2mol）：（0.6mol0.4mol）=3：2，所以反应的化学方程式为：3a2b，故答案为：3a2b；（2）反应开始至4min时，b的平均反应速率为：v=0.1mol/（lmin），故答案为：0.1mol/（lmin）；（3）第4min时，反应继续进行，a的物质的量减小，b的物质的量增加，则反应向正反应方向移动，所以v（正）v（逆），故答案为：；（4）8min后，保持温度不变，若将容器体积压缩为1l，则容器内压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即向正方向移动；若保持容器体积不变，升高温度平衡逆向移动，则逆方向为吸热方向，正方向为放热方向，所以h0，故答案为：正；点评：本题考查化学平衡图象，涉及反应速率的计算、影响平衡的因素等，题目难度不大，注意分析图象曲线的变化趋势，把握化学平衡状态的特征19（14分）（2013秋樊城区校级期中）二甲醚是一种重要的清洁燃料，工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚（1）煤的气化的主要化学反应方程式为：c+h2oco+h2（2）煤的气化过程中产生的有害气体h2s用na2co3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：h2s+na2co3=nahs+nahco3（3）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：2h2（g）+co（g）ch3oh（g）；h=90.8kjmol12ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g）；h=23.5kjmol1co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）；h=41.3kjmol1总反应：3h2（g）+3co（g）ch3och3（g）+co2 （g）的h=246.4kjmol1；一定条件下的密闭容器中，要提高co的转化率，可以采取的措施是c、e（填字母代号）a高温高压 b加入催化剂 c减少co2的浓度d增加co的浓度 e分离出二甲醚（4）已知汽缸中生成no的反应为：n2（g）+o2（g）2no（g）h0汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内no排放量越大，原因是温度升高，反应速率加快，平衡右移有人设想按下列反应除去汽车燃油不完全燃烧时产生co：2co（g）=2c（s）+o2（g）已知该反应的h0，简述该设想能否实现的依据：否；该反应是焓增，熵减的反应，根据hts0，任何温度下均不能自发进行目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少co和no的污染，该反应的化学反应方程式为2co+2no2co2+n2考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题分析：（1）煤的气化是利用煤与水蒸气高温条件小反应，生成co和h2的过程；（2）根据酸式盐nahs和nahco3为书写反应的化学方程式；（3）利用盖斯定律计算；要提高co的转化率，应改变条件使平衡向正反应方向移动，结合外界条件对化学平衡移动的影响分析；（4）汽缸温度越高，单位时间内no排放量越大，说明平衡正向进行，温度越高速率越快；依据反应自发进行的条件是hts0分析判断；根据co和no反应生成物为氮气和二氧化碳书写；解答：解：（1）煤的气化是利用煤与水蒸气高温条件小反应，生成co和h2的过程：c+h2oco+h2，故答案为：c+h2oco+h2；（2）h2s和h2co3均是二元酸，它们都存在酸式盐nahs和nahco3，二者反应的化学方程式为h2s+na2co3=nahs+nahco3，故答案为：h2s+na2co3=nahs+nahco3；（3）由盖斯定律可知，通过2+可得所求反应方程式，则h=90.8kj/mol223.5kj/mol41.3kj/mol=246.4kj/mol，一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高co的转化率，应使平衡向正反应方向移动，可减少co2的浓度或分离出二甲醚，由于反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，转化率减小，催化剂不影响平衡移动，而增加co的浓度，co的转化率反而减小，故答案为：246.4 kjmol1；c、e；（4）汽缸中生成no的反应为n2（g）+o2（g）2no（g）h0，汽车启动后，气缸燃烧汽油，释放热量，温度越高，反应速率加快，平衡右移，单位时间内no排放量越大，故答案为：温度升高，反应速率加快，平衡右移；2co（g）=2c（s）+o2（g）已知该反应的h0，反应是焓变增大，熵变减小的反应，h0，s0，则hts0，反应任何温度下都不能自发进行；故答案为：否；该反应是焓增，熵减的反应，根据hts0，任何温度下均不能自发进行；汽车尾气系统装置中co和no反应生成物为氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为2co+2no 2co2+n2，故答案为：2co+2no2co2+n2；点评：本题考查较为综合，涉及化学方程式书写、盖斯定律应用、影响平衡移动的因素、汽车尾气的处理等知识，是高考的热点题型，解题时利用盖斯定律求反应热注意方程式变形时，h的符号和数值，注意影响化学平衡的因素高频考点，题目难度中等20（10分）（2013郑州一模）氢气是一种高效、清洁的新型能源1用甲烷制取氢气的反应分为两步，其能量变化如图1、图2所示：（1）甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是ch4（g）+2h2o（g）=4h2（g）+co2（g）h=136.5 kjmol1在某容积为1l的密闭容器内，加入0.1mol co和0.1mol h2o，在催化剂存在条件下高温加热使其反应测得co2的浓度随时间变化的图象如图3：（2）在该温度下，从反应开始至达到平衡时，co的平均反应速率为0.003 moll1min1（3）该温度下，此反应的化学平衡常数为（可以用分数表示）（4）下列改变中，能使平衡向正反应方向移动的是cda升高温度 b增大压强 c增大h2o（g）的浓度 d减少co2（g）的浓度（5）保持温度不变，若起始时c（co）=1mol/l，c（h2o）=2mol/l，反应进行一段时间后，测得h2的浓度为0.4mol/l通过计算，判断此时该反应进行的方向并说明理由正方向，q=k，所以该反应向正反应方向进行考点：热化学方程式；化学平衡的调控作用；物质的量或浓度随时间的变化曲线专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题分析：（1）根据盖斯定律来计算反应的焓变，根据热化学方程式的书写规律来书写热化学方程式；（2）根据v=计算二氧化碳的平均反应速率，再结合同一时间段内同一可逆反应中，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算一氧化碳的平均反应速率；（3）根据平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值进行解答；（4）co（g）+h2o（g）=h2（g）+co2（g），h=33.2kjmol1，该反应升高温度逆向移动，前后气体的物质的量不变，压强变化不影响平衡移动，增加反应物浓度正向移动，减少生成物浓度正向移动；（5）该温度下，此反应的化学平衡常数为，根据浓度商qc=与平衡常数k大小分析判断，qckc，平衡向正反应进行，qckc，平衡向逆反应进行，qckc，达平衡解答：解：（1）根据第一步反应过程可以得出：ch4（g）+h2o（g）=3h2（g）+co（g），h=103.3kjmol1；根据第二步反应过程可以得出：co（g）+h2o（g）=h2（g）+co2（g），h=33.2kjmol1；根据盖斯定律，上下两式相加可得：ch4（g）+2h2o（g）=4h2（g）+co2（g）h=136.5 kjmol1，故答案为：ch4（g）+2h2o（g）=4h2（g）+co2（g）h=136.5 kjmol1；（2）根据第二步反应过程可以得出：co（g）+h2o（g）=h2（g）+co2（g），h=33.2kjmol1；v（co2）=0.003mol/（lmin），根据同一时间段内同一可逆反应中，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算一氧化碳的平均反应速率，所以v（co）=v（co2）=0.003mol/（lmin），故答案为：0.003 moll1min1；（3）利用三段式法计算， co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）起始：0.1 moll1 0.1 moll1 0 0转化：0.03 moll1 0.03 moll1 0.03 moll1 0.03 moll1平衡：0.07 moll1 0.07 moll1 0.03 moll1 0.03 moll1因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以k=，故答案为：； （4）co（g）+h2o（g）=h2（g）+co2（g），h=33.2kjmol1，a升高温度单位体积内活化分子数目增多，反应速率增大，平衡向吸热反应方向移动，该反应逆反应为吸热反应，所以平衡逆向移动，故a错误； b该反应前后气体的物质的量不变，压强变化不影响平衡移动，故b错误；c水为反应物，增大h2o（g）的浓度，反应速率增大，平衡向降低h2o（g）浓度的方向移动，所以平衡正向移动，故c正确；dco2（g）为生成物，减少co2（g）的浓度，平衡向减弱co2（g）浓度降低的方向移动，所以平衡正向移动，故d正确；故答案为：cd；（5）利用三段式法计算， co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）起始：1 moll1 2 moll1 0 0转化：0.4 moll1 0.4moll1 0.4 moll1 0.4 moll1平衡：0.6 moll1 1.6 moll1 0.4 moll1 0.4 moll1浓度商qc=kc=，平衡向正反应进行，v（正）v（逆），故答案为：正方向，qc=kc，所以该反应向正反应方向进行点评：本题考查反应速率的计算、化学平衡有关计算、化学平衡移动与影响因素等，注意平衡常数的应用、平衡移动