2022-2023学年黑龙江省龙西北八校联合体高二上学期第一次月考化学试题（解析版）

试卷第=page2020页，共=sectionpages2020页试卷第=page1919页，共=sectionpages2020页黑龙江省龙西北八校联合体2022-2023学年高二上学期第一次月考化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列有关测定中和反应反应热实验的说法正确的是A．用铜丝代替玻璃搅拌器，测得的△H偏大B．强酸的稀溶液与强碱的稀溶液反应生成1molH2O的△H均为-57.3kJ/molC．测定中和反应反应热的实验中，混合溶液的温度不再变化时，该温度为终止温度D．某同学通过实验测出稀盐酸和稀NaOH溶液反应1molH2O反应热△H=-52.3kJ/mol，造成这一结果的原因不可能是用测量过稀盐酸温度的温度计直接测量稀NaOH溶液的温度【答案】A【详解】A．用铜丝代替玻璃搅拌器，导致热量损耗，溶液温度升高偏小，反应放出热量越小，反应热就越大，故用铜丝代替玻璃搅拌器，会导致测得的中和热△H偏大，A正确；B．强酸的稀溶液与强碱的稀溶液反应生成1molH2O，同时产生可溶性盐时△H为-57.3kJ/mol，若产生的盐是难溶性盐，由于形成化学键比释放热量，则△H小于-57.3kJ/mol，B错误；C．测定中和反应反应热的实验中，混合溶液的温度达到最高值时，表明酸、碱恰好完全反应，此时的温度为终止温度，C错误；D．用测量盐酸的温度计直接测定NaOH溶液的温度，导致溶液的温度差偏小，测定的反应热偏小，即中和热△H可能为-52.3kJ·mol-1，D错误；故合理选项是A。2．勒夏特列原理是平衡移动问题的指挥棒，下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A．打开碳酸饮料会有大量气泡冒出，实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气B．对于2HI(g)H2(g)+I2(g)，达到平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深C．反应CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)(正反应为放热反应)，达到平衡后，升高温度体系颜色变深D．工业制取金属钾Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)，选取适宜的温度，使钾成蒸气从反应混合物中分离出来【答案】B【详解】A．因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，打开碳酸饮料后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，氯气与水反应中生成氢离子、氯离子和次氯酸根是可逆反应，因为饱和食盐水里有大量的氯离子，因而反应中因为氯离子的大量存在，因此平衡逆向移动，抑制氯气与水反应，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．对于2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，因反应前后气体的体积不变，改变压强不会使平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；C．正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，体系颜色变深，可用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D．由于K为气态，将钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选B。3．只知某反应向正反应方向移动，下列说法不正确的是①反应物转化率必定增加；②生成物的浓度必定增加；③反应物的浓度必定降低；④生成物的质量必定减少A．只有①② B．只有①②③ C．只有③④ D．①②③④【答案】D【详解】①对于可逆反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)，往平衡体系中加入SO3(g)，虽然平衡正向移动，但SO3(g)的平衡转化率减小；②对于反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)，达平衡时增大容器体积，平衡正向移动，但生成物的浓度减小；③对于可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，加压，平衡正向移动，但反应物的浓度仍增大；④改变温度、压强、浓度等，平衡正向移动时，生成物的质量必定增大；综合以上分析，①②③④都不正确，故选D。4．在一密闭容器中进行如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L，当反应达平衡时，可能存在的数据是A．SO2为0.4mol/L、O2为0.2mol/L B．SO2、SO3均为0.15mol/LC．SO3为0.25mol/L D．SO3为0.4mol/L【答案】C【详解】假设该反应完全转化，列三段式

则SO2的浓度范围为0<c(SO2)<0.4，O2的为0<c(SO2)<0.2，SO3的为0<c(SO3)<0.4，A．SO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度浓度分别为0.4mol/L、0.2mol/L，三氧化硫不可能完全转化，故A错误；B．反应物、生产物的浓度不可能同时减小，只能一个减小，另一个增大，故B错误；C．SO2为0.25mol/L，SO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2的浓度浓度为0.4mol/L，实际浓度为0.25mol/L小于0.4mol/L，故C正确；D．SO3为0.4mol/L，SO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3的浓度的浓度为0.4mol/L，达到平衡的实际浓度应该小于0.4mol/L，故D错误；故选：C。5．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)，下列有关叙述正确的是A．E1—E2=△H B．该反应为吸热反应C．升高温度，不影响活化分子的百分数 D．使用催化剂使该反应的反应热发生改变【答案】A【分析】由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应热△H=—(E2—E1)。【详解】A．由分析可知，反应热△H=—(E2—E1)=E1—E2，故A正确；B．由图可知，该反应为放热反应，故B错误；C．升高温度，活化分子的数目和百分数都增大，故C错误；D．使用催化剂能降低反应的活化能，但反应的反应热不发生改变，故D错误；故选A。6．实验室用粒与稀盐酸反应制备时反应速率太慢，为了加快反应速率，下列方法可行的是A．加入浓 B．加入C．使粒过量 D．滴入几滴溶液【答案】D【详解】A．加入浓会产生的NO2气体，故A错误；B．加水稀释，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故B错误；C．为了加快反应速率，滴加浓盐酸，使氢离子浓度变大，使粒过量无法改变速率，故C错误；D．滴加硫酸铜后，Cu2+会先于氢离子与锌反应，置换出的铜与锌粒形成原电池，加快反应速率，故D正确；故答案为D。7．科学家结合实验和计算机模拟结果，研究了在贵重金属催化剂表面上的气态体系中，一个CO分子还原NO的能量变化与反应历程如图所示。下列说法错误的是A．该反应的热化学方程式为2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=Ed-EakJ•mol-1B．决定整个反应速率快慢的步骤是①C．反应过程中断裂与形成的化学键都包含极性键D．改变催化剂不能使反应的焓变和熵变发生改变【答案】A【详解】A．该过程表示一个分子还原的能量变化，热化学方程式对应的能量变化应该是2mol分子被还原的能量，A错误；B．活化能大速率慢，是决定速率步骤，①的活化能大于②，决定整个反应速率快慢的步骤是①，B正确；C．反应物分子有极性键，NO有极性键生成物CO2有极性键，所以反应过程中断裂与形成的化学键都有极性键，C正确；D．催化剂只能改变反应历程，不能改变焓变和熵变，D正确；故选A。8．根据表中提供的数据及相关物质结构知识可知：反应1：；反应2：。反应1和反应2的反应热分别为化学键Si—ClH—HSi—SiH—ClO=OSi—O键能/(kJ∙mol-1)360436176431498460A．、 B．、C．、 D．、【答案】A【详解】根据反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则反应1：的；反应2：的，综上所述，A项正确。9．下列叙述中有几项可以说明反应2HI(g)H2(g)+I2(g)已达平衡状态的是①单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolHI②反应体系的颜色不再变化③百分组成w(HI)=w(I2)④反应速率v(H2)=v(I2)=v(HI)⑤c(HI)∶c(H2)∶c(I2)=2∶1∶1⑥v分解(HI)=v生成(HI)⑦体系的压强不变⑧混合气体的相对分子质量不变⑨反应体系的温度不变⑩断开2molH—I键同时断开1molH—H键A．3个 B．4个 C．6个 D．7个【答案】A【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】①单位时间内生成nmolH2，等效于消耗2nmolHI的同时生成2nmolHI，正逆反应的速率相等，反应达平衡状态，不能判断达到平衡状态；②温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化，说明碘单质的浓度不变，反应达平衡状态，能判断达到平衡状态；③平衡时HI、I2的百分组成不变，而不是相等，不能判断达到平衡状态；④反应速率v(H2)=v(I2)=2v(HI)时，未体现正与逆的关系，不能判断达到平衡状态；⑤c(HI):c(H2):c(I2)=2:1:1，可能是某时刻的情况，各物质浓度大小与各物质的初始浓度及转化率有关，不能判断达到平衡状态；⑥v分解(HI)=v生成(HI)，同一种物质的生成速率等于分解速率表明达到了平衡，能判断达到平衡状态；⑦气体总物质的量不变，则温度和体积一定时，容器内压强始终不变，不能判断达到平衡状态；⑧条件一定，气体总质量和总物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量一直不变，不能判断达到平衡状态；⑨未说明是否反应与外界是否进行能量交换，反应体系的温度不变，不能判断达到平衡状态；⑩达平衡时断开2molH-I键同时断开1molH-H键，说明正逆反应速率相等，能判断达到平衡状态；综上所述能判断达到平衡状态的②⑥⑩；故选A。10．以下自发进行反应可用能量判据来解释的是A．硝酸铵自发地溶于水B．2N2O5（g）═4NO2（g）+O2（g）△H=+56.7kJ•mol﹣1C．（NH4）2CO3（s）═NH4HCO3（s）+NH3（g）；△H=+74.9kJ/molD．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣571.6KJ/mol【答案】D【详解】A．硝酸铵的溶解过程是熵值增加的过程，主要是熵判据，A错误；B．反应的△H＞0，△S＞0，反应能自发进行，取决于熵判据，B错误；C．为吸热的熵增反应，根据△G=△H-T•△S可知，熵判据有利自发反应，焓判据不利自发反应，即不能用能量判据，C错误；D．反应是放热反应，且是熵值减小的，所以应该用能量判据，D正确；答案选D。11．在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应H2S(g)＋O2(g)=SO2(g)＋H2O(g)ΔH12H2S(g)＋SO2(g)=S2(g)＋2H2O(g)ΔH2H2S(g)＋O2(g)=S(g)＋H2O(g)ΔH32S(g)=S2(g)ΔH4，则ΔH4的正确表达式为A．ΔH4=(ΔH1＋ΔH2-3ΔH3) B．ΔH4=(3ΔH3-ΔH1-ΔH2)C．ΔH4=(ΔH1＋ΔH2＋3ΔH3) D．ΔH4=(ΔH1-ΔH2-3ΔH3)【答案】A【详解】已知：①H2S(g)＋O2(g)=SO2(g)＋H2O(g)ΔH1②2H2S(g)＋SO2(g)=S2(g)＋2H2O(g)ΔH2③H2S(g)＋O2(g)=S(g)＋H2O(g)ΔH3结合盖斯定律，将(①+②-③×3)×，整理可得2S(g)=S2(g)，则2S(g)=S2(g)

ΔH4=(ΔH1＋ΔH2-3ΔH3)，故合理选项是A。12．反应X(g)+Y(g)2Z(g)(放热反应)，达到平衡时，下列说法正确的是A．减小容器体积，平衡向右移动B．加入催化剂，Z的产率增大C．增大c(X)，X的转化率增大D．降低温度，Y的转化率增大【答案】D【详解】A．该反应为反应前后气体分子数不变的反应，减小容器体积，压强增大，平衡不移动，A错误；B．加入催化剂，化学反应速率加快，但平衡不移动，故Z的产率不变，B错误；C．增大c(X)，Y的转化率增大，X的转化率减小，C错误；D．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，Y的转化率增大，D正确；答案选D。13．对于反应，下列各数据表示不同条件下的反应速率，其中反应进行得最慢的是A． B．C． D．【答案】C【详解】根据反应可知：化学反应速率之比等于计量数之比。用物质表示该反应的速率分别为：A．；B．，则；C．，则D．，则，比较可知C最慢，故C符合题意故答案：C。14．下列关于热化学反应方程式的描述中正确的是A．稀HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ/mol，则稀H2SO4和稀Ba(OH)2溶液反应的热化学方程式：H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)＋H2O(l)ΔH=-57.3kJ/molB．CO的燃烧热是283.0kJ/mol，则：2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)ΔH=2×(-283.0)kJ/molC．两个起始体积相同的容器中充入等量的NO2发生反应：2NO2(g)N2O4(g)达到平衡，恒压容器中气体的颜色比恒容容器中颜色深D．已知石墨转化为金刚石要吸热，则等量的石墨与金刚石相比总键能小【答案】C【详解】A．稀HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ/mol，而稀H2SO4和稀Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀放热，则稀H2SO4和稀Ba(OH)2溶液反应的热化学方程式：H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)＋H2O(l)ΔH<-57.3kJ/mol，A错误；B．物质的量与热量呈正比，互为可逆反应时焓变数值相同、符号相反，CO的燃烧热是283.0kJ/mol，则：2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)ΔH=2×(+283.0)kJ/mol=+566.0kJ/mol，B错误；C．反应：2NO2(g)N2O4(g)为气体体积减小的反应，恒压容器的体积比恒容容器的体积小，初始二氧化氮物质的量相等，因此恒压容器中气体的颜色比恒容容器中颜色深，C正确；D．石墨转化为金刚石要吸热，所以石墨比金刚石稳定，破坏等量的两种物质，石墨消耗的能量多，所以等量的石墨总键能大于金刚石的总键能，D错误；答案选C。15．在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：，平衡时测得A的浓度为。保持温度不变，将容器的容积压缩到原来的一半，再达到平衡时，测得A的浓度变为。下列有关判断不正确的是A．C的体积分数增大了 B．A的转化率降低了C．平衡向正反应方向移动 D．【答案】B【分析】保持温度不变，将平衡后容器的容积压缩到原来的一半，气体压强增大，若平衡不发生移动，A的浓度为1.0mol/L，由再达到平衡时，A的浓度为0.9mol/L可知，平衡向正反应方向移动，该反应是气体体积减小的反应，。【详解】A．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，故A正确；B．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，故B错误；C．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，故C正确；D．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，该反应是气体体积减小的反应，，故D正确；故选B。16．某温度下，将0.2molCO和0.2molH2O充入某密容器中，在催化剂存在下，发生反应：H2O(g)+CO(g)CO2(g)+H2(g)，达到化学平衡时H2的物质的量分数为25%。保持温度不变，若将1.5molCO和3molH2O充入上述反应器中，则反应达到化学平衡时，混合气体中的CO2的体积分数是A． B． C． D．【答案】A【详解】该反应前后气体系数之和相等，所以气体总物质的量不发生改变，平衡时H2的物质的量分数为25%，则物质的量为(0.2mol+0.2mol)×25%=0.1mol，列三段式有：反应前后气体系数之和相等，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，所以该温度下K==1；设改变投料后平衡时CO2的物质的量为x，列三段式有：温度不变平衡常数不变，所以有=1，解得x=1mol，所以CO2的体积分数为=；故答案为A。17．向四个起始容积相同的密闭容器中充入表中所示气体及相应的量，加入催化剂并控制温度、容积或压强，发生反应，直至达平衡。下列说法错误的是编号条件起始物质的量/温度/容积或压强①600维持恒容0.20.200②700维持恒容0.10.10.10.05③600维持恒容0.40.400④600维持恒压0.40.400A．平衡时的浓度：①>②B．平衡时的正反应速率：①<②C．的平衡转化率：③>①D．平衡时容器内气体总压：④>③>①>②【答案】D【详解】A．将②中的生成物完全转化为反应物时与①各反应物的物质的量相等，则二者的等效平衡，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以平衡时N2的浓度：①＞②，故A正确；B．温度越高，化学反应速率越快，温度②＞①，平衡时CO的正反应速率：①＜②，故B正确；C．该反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向移动，开始时气体总物质的量③＞①，则压强③＞①，所以NO的转化率③＞①，故C正确；D．恒容条件下，气体压强与其物质的量成正比，④中加入的气体反应物最多且反应过程为恒压，则其压强最大；①②③都是恒容条件下，将②中生成物完全转化为反应物，相当于反应物的物质的量是n(CO)=n(NO)=0.2mol,增大压强平衡正向移动，但是③中气体混合物总物质的量大于①，则压强③＞①，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则达到平衡状态时混合气体总物质的量②＞①，压强②＞①；②中温度较高抑制平衡正向移动、③中压强较大促进平衡正向移动，但达到平衡状态时混合气体总物质的量③＞②，则压强③＞②，则压强大小顺序是：④＞③＞②＞①，故D错误；故选：D。18．反应(放热反应)的反应速率随时间变化如图所示，在、、、时刻都只有一个条件发生改变。下列判断正确的是A．阶段，A的转化率最小B．时，改变的条件一定是使用了催化剂C．时，改变的条件一定是升高了温度D．阶段，C的百分含量最大【答案】C【分析】该反应是气体体积不变的放热反应，由图可知，t1时平衡破坏是因为增大了生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动；t3时平衡破坏是因为使用了催化剂或增大了气体的压强，平衡不移动；t4时平衡破坏是因为减小了气体的压强，平衡不移动；t5时平衡破坏是因为升高温度，平衡向逆反应方向移动，则0—t1段，A的转化率最大、C的百分含量最大，t6—t7段，A的转化率最小、C的百分含量最小。【详解】A．由分析可知，t6—t7段，A的转化率最小，故A错误；B．由分析可知，t3时平衡破坏是因为使用了催化剂或增大了气体的压强，则改变的条件可能是使用了催化剂，故B错误；C．由分析可知，t5时平衡破坏是因为升高温度，平衡向逆反应方向移动，故C正确；D．由分析可知，0—t1段，A的转化率最大、C的百分含量最大，故D错误；故选C。19．可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g)、②2M(g)N(g)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：下列判断正确的是A．反应①的正反应是吸热反应B．达平衡(I)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14:15C．达平衡(I)时，X的转化率为D．在平衡(I)和平衡(II)中，M的体积分数相等【答案】C【分析】反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板，则随着反应的进行，两室内压强始终相等，总体积恒定，达到平衡(I)时，左右二室压强相等，体积比=物质的量之比，设平衡(I)时左室总物质的量为x，则x:2=2.8:2.2，解得x=。【详解】A．降温，平衡(I)向平衡(II)移动，同时X、Y、Z的总体积减小，即X、Y、Z总物质的量减少，说明反应①平衡向右移动，则正反应放热，A项错误；B．总体积恒定，压强比=物质的量之比，则达平衡(I)时的压强与开始时的体系的压强之比=(+2):(3+2)=10:11，B项错误；C．结合分析可知达平衡(I)时，反应①总物质的量减少了(3-)mol=mol，Y和Z的计量数相同，则X减少了mol，故X的转化率为(mol÷1mol)×100%=，C项正确；D．体积分数=物质的量分数，由平衡(I)到平衡(II)，平衡①正向移动，总物质的量减小，M的体积分数增大，即平衡(I)和平衡(II)时，M的体积分数不相等，D项错误；故答案C。二、原理综合题20．一定温度下，向一容积为5L的恒容密闭容器中充入0.4molSO2和0.2molO2，发生反应：2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)H＝－196kJ·mol－1。当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的0.7倍。请回答下列问题：(1)判断该反应达到平衡状态的标志是________(填序号)。a.SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2∶1∶2b.容器内气体的压强不变c.容器内混合气体的密度保持不变d.SO3的物质的量不再变化e.SO2的生成速率和SO3的生成速率相等(2)①SO2的转化率为__________________；②达到平衡时反应放出的热量为____________；③此温度下该反应的平衡常数K＝____________。(3)如图表示平衡时SO2的体积分数随压强和温度变化的曲线，则：①温度关系：T1________T2(填“>”“<”或“＝”，下同)；②平衡常数关系：KA________KB，KA________KD。【答案】

bde

90%

35.28kJ

20250

>

＝

<【详解】a.SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2:1:2的状态也可能不符合Qc=K的结论，也可能符合，这不是平衡的标志，故a错误；b.反应是一个前后气体系数变化的反应，容器内气体的压强不变，证明达到了平衡，故b正确；c.容器内混合气体的密度始终保持不变，所以密度不变不一定平衡，故c错误；d.

SO3的物质的量不再变化即浓度不再变化是平衡的特征，故d正确；e.

SO2的生成速率和SO3的生成速率相等，说明正逆反应速率相等，达到了平衡，故e正确；故答案为：bde；(2)①设SO2的变化浓度是x，则

当反应达到平衡时,容器内压强变为起始时的0.7倍，则

=0.7，解得x=0.36mol，所以二氧化硫的转化率=×100%=90%；②2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)H＝－196kJ·mol－1，反应过程中消耗二氧化硫物质的量2mol放热196kJ，上述计算二氧化硫消耗物质的量为0.36mol，放出热量=×196kJ=35.28kJ；③平衡时c(SO2)==0.008mol/L，c(O2)=0.004mol/L，c(SO3)=0.072mol/L，所以平衡常数k===20250；(3)①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化硫的体积分数增大，根据图象可知，压强相同时，T2温度下SO2的体积分数较大，则温度关系为：T1<T2；②化学平衡常数和温度有关，温度不变，化学平衡不变，A、B的温度相同,则KA=KB；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小，由于温度T1<T2，则平衡常数：KA>KD。21．Ⅰ、大气中的二氧化碳主要来自煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知时，下，相关物质燃烧的热化学方程式知下：①；②。(1)石墨在氧气中燃烧至反应物均耗尽：①燃烧后的产物为___________(填化学式)，转移的电子总物质的量为___________。②燃烧后放出的总热量为___________。③将所得气体通入溶液中充分反应(不考虑气体的逸出)，所得的盐为___________(填化学式)，判断的依据是___________。④若测得③中反应放出的总热敏为，已知该条件下，将，通入溶液中充分反应放出的热量。则与溶液反应生成的热化学方程式为___________(用含m、n的式子表示)。(2)已知：，下列说法正确的是___________(填标号)。A．金刚石比石显稳定B．每放出的热量，需消耗氧气的体积为C．等物质的量的金刚石和石墨，完全燃烧后，石墨放出的热量更少Ⅱ、(3)在一定温度，下，分别在密闭容器中充入和，发生反应：，达平衡时，测得无毒气体的体积分数，该条件下平衡常数___________(为以分压表示的平衡常数，分压-总压×物质的量分数)。【答案】(1)

和(只写出其中一种不给分)

0.8

61.45

和

根据元素守恒可知：若全部生成由中碳元素守恒可得K元素的物质的量为，与实际投入的不符；同理，K元素的物质的量为，与实际投入的不符；所得盐为和(或其他合理答案)

(2)C(3)9【解析】（1）①3.6g石墨的物质的量为0.3mol，燃烧生成CO2消耗0.3molO2，燃烧生成CO消耗0.15molO2，现消耗6.4g氧气，即0.2mol氧气，所以产物为CO和CO2；0.2molO2全部被还原为-2价的氧，所以转移电子为0.2mol×4=0.8mol，故答案为：CO2和CO；0.8；②设产物中CO为xmol，CO2为ymol，则根据元素守恒x+y=0.3，根据电子守恒2x+4y=0.8，解得x=0.2mol，y=0.4mol，放出的总热量为0.2mol×110.5kJ•mol-1+0.1mol×393.5kJ•mol-1=61.45kJ，故答案为：61.45；③750mL0.2mol•L-1KOH溶液中含有0.75L×0.2mol/L=0.15mol的K+，根据元素守恒可知：若全部生成KHCO3，由CO2(0.1mol)中碳元素守恒可得K元素的物质的量为0.1mol，与实际投入的不符；同理，若全部生成K2CO3，K元素的物质的量为0.2mol，与实际投入的不符；所得盐为K2CO3和KHCO3，故答案为：K2CO3和KHCO3；根据元素守恒可知，若全部生成KHCO3，由CO2(0.1mol)中碳元素守恒可得K元素的物质的量为0.1mol，同理，K元素的物质的量为0.2mol，与实际投入的不符，所得盐为K2CO3和KHCO3；④1L2mol•L-1KOH溶液中n(K+)=1L×2mol/L=2mol，44gCO2的物质的量为1mol，所以二者反应恰好生成1molK2CO3，放出nkJ热量可得热化学方程式：CO2(g)+2KOH(aq)=K2CO3(aq)+H2O(l)ΔH=-nkJ/mol 

①；设反应③中生成K2CO3为xmol，KHCO3为ymol，根据元素守恒x+y=0.1，2x+y=0.2，解得x=0.05mol，y=0.05mol，共放热mkJ，则生成1molK2CO3和1molKHCO3放热20mkJ，则可得热化学方程式为2CO2(g)+3KOH(aq)=KHCO3(aq)+K2CO3(aq)+H2O(l)ΔH=-20mkJ/mol②；根据盖斯定律②-①可得CO2(g)+KOH(aq)=KHCO3(aq)ΔH=-(n-20m)kJ/mol，故答案为：CO2(g)+KOH(aq)=KHCO3(aq)ΔH=-(n-20m)kJ/mol；（2）A．金刚石的燃烧热大于石墨，说明金刚石的能量更高，则金刚石不如石墨温度，故A错误；B．未注明温度和压强，无法确定气体的体积，故B错误；C．金刚石的燃烧热大于石墨，所以等物质的量的金刚石和石墨，完全燃烧后，石墨放出的热量更少，故C正确；故答案为：C；（3）该反应是气体物质的量不变的反应，且反应物和生成物的系数都是1，达平衡时，测得无毒气体的体积分数75%，则CO2(g)和N2(g)体积分数均为37.5%，CO(g)和N2O(g)体积分数均为12.5%，，故答案为：9。三、实验题22．取的溶液与的硫酸溶液置于如图所示的装置中进行中和反应反应热的测定实验：温度起始温度终止温度实验次数平均值126.226.026.129.5227.027.427.232.3325.925.925.929.2426.426.226.329.8回答下列问题：(1)从(上图)中实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃仪器是___________。(2)实验中若用溶液跟溶液反应，与上述实验相比，所放出的热量___________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热___________(填“相等”或“不相等”)。(3)若溶液和硫酸溶液的密度都是，反应后生成的溶液比热容，通过以上数据计算中和反应反应热___________(结果保留小数点后1位)。(4)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为，则的大小关系为___________。(5)现将浓度相等、体积分别为的溶液混合，测量混合液温度，结果如图(已知：)。下列叙述正确的是___________。A．实验的环境温度为B．P点混合溶液呈中性C．由M、P点温差计算可得到中和热为D．若将改为，P点将向右下方移动(6)中和热测定实验中，下列操作能保证实验准确性的是___________(填