北京七中20142015学年高二上学期期中化学试卷(理科)含解析

2014-2015学年北京七中高二（上）期中化学试卷（理科）一、选择题（每题只有一个选项切合题意，每题2分，共50分）1．以下物质属于弱电解质的是()A．CH3COOHB．NaOHC．SO2D．NH4Cl2．以下说法中，不正确的选项是( )．化学反响中既有物质变化又有能量变化B．即便没有发生化学变化，也可能有能量的变化C．任何化学反响中的能量变化都表现为热量变化D．物质的化学能能够经过不一样的变化方式转变为热能、电能等3．以下过程中放出热量的是( )．铝投入盐酸中B．液态水变为水蒸汽C．煅烧石灰石生成生石灰和二氧化碳D．氧分子变为氧原子4．足量镁粉与必定量的盐酸反响，因为反响太快，不易操作．为减慢反响速率，但不影响氢气的总量，能够加入以下物质中的( )A．硫酸溶液B．氢氧化钠溶液C．醋酸钠固体D．碳酸钾固体5．在以下各说法中，正确的选项是( )．热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，能够是分数B．△H＞0表示放热反响，△H＜0表示吸热反响C．酸碱中和时放出的热叫做中和热D．1molH2与0.5molO2反响放出的热就是H2的焚烧热6．在10L的密闭容器中进行反响N2（g）+3H2（g）?2NH3（g），2min内N2的物质的量由20mol减小到8mol，则2min末N2的反响速率为( )A．1.2mol/（L?min）B．1mol/（L?min）C．0.6mol/（L?min）D．0.4mol/（L?min）7．在必定条件下，把必定量NH3充入容积固定的密闭容器中，发生反响2NH3（g）?3H2（g）+N2（g）．达到均衡时，假如保持温度不变，增添N2的浓度．以下说法正确的选项是( )A．均衡向正反响方向挪动B．化学均衡常数不变C．化学均衡常数增大D．化学均衡常数减小8．已知H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=﹣184.6kJ/mol，则反响HCl（g）═H2（g）+Cl2（g）的△H为( )A．+184.6kJ/molB．﹣92.3kJ/molC．+92.3kJD．+92.3kJ/mol9．关于反响2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），能增大正反响速率的举措是( )A．增大容器容积B．移去部分SO3C．通入大批O2D．降低系统温度10．在必定温度不一样压强（P1＜P2）下，可逆反响2X（g）?2Y（g）+Z（g）中，生成物Z在反响混淆物中的体积分数（ψ）与反响时间（t）的关系有以以下图示，正确的选项是( )A．B．C．D．11．以下物质属于强电解质且能导电的是( )①氯化钠溶液②氯化铵固体③铜④BaSO4⑤熔融NaOH⑥稀硫酸⑦乙酸．A．①②⑤⑥B．⑤C．②⑤D．①③④⑤⑥12．0.5molCH4完整焚烧生成CO2和液态H2O时，放出445kJ热量，则CH4焚烧热的热化学方程式是( )﹣1A．2CH4（g）+4O2（g）═2CO2（g）+4H2O（1）△H=+890kJ?mol﹣1B．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=+890kJ?mol﹣1C．CH4（g）+O2（g）═CO2（g）+H2O（g）△H=﹣445kJ?mol﹣1D．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（1）△H=﹣890kJ?mol13．恒温密闭容器中，某反响的化学反响速率随时间变化关系以下图，以下说法不切合该图示的是( )．达到均衡时，正逆反响速率相等B．增大反响物的浓度，反响由均衡I变化到均衡ⅡC．反响达到均衡I此后，减小反响物浓度，均衡挪动到ⅡO2生成速率的两倍D．反响达到均衡II时的化学反响速率比均衡I时的大14．25℃时，水的电离达到均衡：+﹣＞0，以下表达正确的选项是( )H2O?H+OH△HA．向水中加入氨水，均衡逆向挪动，c（OH﹣）降低B．向水中加入少许固体硫酸氢钠，c（H+）增大，KW不变C．向水中加入少许固体CH3COONa，均衡逆向挪动，c（H+）降低D．将水加热，KW增大，pH不变15．有关碰撞理论，以下说法中不正确的选项是( )．高升温度，活化分子百分数增大，有效碰撞的几率增大，反响速率增大B．增大反响物浓度，单位体积内活化分子数增加，有效碰撞的几率增大，反响速率增大C．拥有足够能量的分子互相碰撞就必定能发生化学反响D．正催化剂能降低反响的活化能，提升活化分子百分数，有效碰撞的几率增大，反响速率增大16．已知反响2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），以下判断正确的选项是( )A．2molSO2和足量O2反响，必然生成2molSO3B．该反响在容积不变的密闭容器中，若混淆气的密度不变，说明达到均衡状态C．均衡时，SO2耗费速率必然等于D．均衡时，SO2浓度必然等于O2浓度的两倍17．0.1mol/LCH3COOH溶液中加水或加入少许CH3COONa晶体时，都会惹起的变化的是( )A．溶液的pH增大B．CH3COOH的电离程度变大C．溶液的导电能力减弱D．溶液中c（OH﹣）减少18．已知：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=﹣92.2kJ/mol．以下说法不正确的选项是()A．1molN2（g）和3molH2（g）的能量之和高于2molNH3（g）的能量B．形成2molNH3（g）的化学键开释的总能量大于断裂1molN2（g）和3molH2（g）的化学键所汲取的总能量C．加入催化剂是为了加大反响速率，缩短生产周期，降低生产成本D．将1molN2（g）和3molH2（g）充入一密闭容器中充分反响，放出92.2kJ的热量19．已知：C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H＞0，该反响达到均衡后，改变以下条件都有利于反响向正方向进行的是A．高升温度和减小压强C．降低温度和增大压强

( )B．降低温度和减小压强D．高升温度和增大压强20．已知反响A2（g）+2B2（g）?2AB2（g）△H＜0，以下说法正确的选项是( )．高升温度，正向反响速率增添，逆向反响速率减小B．高升温度有益于反响速率增添，进而缩短达到均衡的时间C．达到均衡后，高升温度或增大压强都有益于该反响均衡正向挪动D．达到均衡后，降低温度或减小压强都有益于该反响均衡正向挪动21．在带有活塞的密闭容器中发生反响：Fe2O3+3H2═2Fe+3H2O，采纳以下举措不可以改变反应速率的是( )．加热B．保持容器体积不变，增添H2输入量C．充入N2，保持容器内压强不变D．充入N2，保持容器体积不变22．在密闭容中发生以下反响aA（g）?cC（g）+dD（g），压缩到本来的一半，当再次达到均衡时，D的浓度为原均衡的1.8倍，以下表达正确的选项是( )A．A的转变率变大B．均衡向正反响方向挪动C．D的体积分数变大D．a＜c+d23．工业上制备纯硅反响的热化学方程式以下：SiCl4（g）+2H2（g）?Si（s）+4HCl（g）；△H=+QkJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将必定量反响物通入密闭容器进行以上反响（此条件下为可逆反响），以下表达正确的选项是()A．反响过程中，若增大压强能提升SiCl4的转变率B．当反响汲取热量为0.1QkJ时，生成的HCl通入200mL2mol/L的NaOH溶液恰巧反响C．反响至4min时若HCl浓度为0.12mol/L，则用H2表示的反响速率为0.03mol/（L?min）D．若反响开始时SiCl4为1mol，则达均衡时，汲取热量为QkJ24．可逆反响mA（固）+nB（气）?eC（气）+fD（气）△H，反响过程中，当其余条件不变时，C的百分含量（C%）与温度（T）和压强（P）的关系如图：以下表达正确的选项是( )A．达均衡后，加入催化剂则C%增大B．达均衡后，增添A的量有益于均衡向右挪动C．化学方程式中n＞e+fD．达均衡后升温，则均衡向左挪动，且△H＜025．反响2C（s）+O2（g）=2CO（g）的能量变化以下图，以下说法正确的选项是( )．生成物的总能量大于反响物的总能量B．△H＜0，表示该反响在常温下必定能发生C．2molC（s）与足量O2（g）反响生成CO2（g），放出的热量大于221kJD．该反响的热化学方程式是：2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣110.5kJ/mol二、非选择题（共50分）26．（1）由氢气和氧气反响生成1mol水蒸气放热241.8kJ，写出该反响的热化学方程式：__________．2）写出以下物质的电离方程式①一水合氨__________②硫酸__________．27．发射卫星可用肼为燃料，二氧化氮为氧化剂，反响生成氮气和水蒸气．已知N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ/molN2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ/mol（1）气态肼和二氧化氮气体反响生成氮气和水蒸气的热化学方程式为（2）将16g气态肼与二氧化氮气体发生上述反响，放出的热量是

__________．__________．28．高炉炼铁中发生的基本反响以下：FeO（s）+CO（g）?Fe（s）+CO2（g）已知1100℃，K=0.263（1）1100℃时，若反响向正向进行，高炉内CO2和CO的体积比值渐渐__________直至__________．（填“增大”“减小”或“不变”）2）1100℃时，测得高炉中c（CO2）=0.025mol/L，c（CO）=0.1mol/L，在这类状况下该反响能否处于均衡状态__________（填“是”或“否”），此时化学反响速率是V正__________V逆（填“大于”、“小于”或“等于”），其原由是__________．29．（1）在水溶液中橙色的2﹣2﹣Cr2O7与黄色的CrO4有均衡关系：2﹣2﹣+Cr2O7+H2O?2CrO4+2H，把重铬酸钾溶于水配成稀溶液呈橙色．向上述溶液中加入几滴浓硫酸，溶液橙色__________（填“变深”“变浅”或“不变”），因为__________．2）已知2NO2（g）?N2O4（g）△H=﹣56.9kJ?mol﹣1，将NO2球浸泡在冰水中，气体的颜色__________（填“变深”“变浅”或“不变”），原由是__________．（3）在烧杯里混淆10mL0.01mol/LFeC13溶液和10ml0.01mol/LKSCN溶液，溶液立刻变红．+3SCN?Fe（SCN）33+﹣①再向溶液中滴入1mol/LFeC13溶液，现象__________（变深、不变、变浅），均衡向__________（正、逆）反响方向挪动．②在烧杯中加入KC1固体，颜色__________（变深、不变、变浅），均衡__________挪动．30．在某一容积为5L的密闭容器内，加入0.2mol的CO和0.2mol的H2O，在催化剂存在的条件下高温加热，发生以下反响：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）；正反响为吸热反响．反响中CO2的浓度随时间变化状况如图：（1）依据图中数据，反响开始至达到均衡时，到均衡时，c（H2）=__________．

CO

的均匀反响速率为

__________；反响达（2）判断该反响达到均衡的依照是__________．CO减少的化学反响速率和CO2减少的化学反响速率相等②CO、H2O、CO2、H2的浓度都相等③CO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化④正、逆反响速率都为零．31．（16分）在密闭容器中，将开端浓度均为2mol/L的CO和H2O混淆加热到400℃，发生以下反响：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），一段时间后该反响达到均衡，测得CO的浓度为0.5mol/L，则：（1）均衡时CO的转变率为__________；该反响在该温度时的化学均衡常数为__________．（2）在同样的条件下，假如H2O和CO的开端浓度变为4mol/L，则CO的转变率为__________．（3）800℃时，该反响的均衡常数为1，则该反响的△H__________0（填＞，＜，=）（4）改变开端条件，在一体积为10L的容器中，通入必定量的CO和H2O，在850℃时发生上述反响，CO和H2O浓度变化如图，则0～4min的均匀反响速率v（CO）=__________（5）t℃（高于850℃）时，在同样容器中发生上述反响，容器内各物质的浓度变化如表：时间COH2OCO2H2（min）00.2000.30000201380.2380.0620.0623C1C2C3C34C1C2C3C350.1160.2160.0840.10460.0960.266t℃时物质浓度（mol/L）的变化①表中3min～4min之间反响处于__________状态；C1数值__________0.08mol/L（填大于、小于或等于）．②反响在4min～5min之间，均衡向逆方向挪动，可能的原由是__________（单项选择），表中5min～6min之间数值发生变化，可能的原由是__________（单项选择）．A．使用催化剂B．降低温度C．增添水蒸气D．增添氢气浓度．2014-2015学年北京七中高二（上）期中化学试卷（理科）一、选择题（每题只有一个选项切合题意，每题2分，共50分）1．以下物质属于弱电解质的是()A．CHCOOHB．NaOHC．SO2D．NHCl34【考点】强电解质和弱电解质的观点．【剖析】电解质是指：该物质是化合物，溶于水溶液中或在熔融状态下能自己电离离子导电；部分电离的电解质为弱电解质，完整电离的电解质为强电解质，依据电解质的电离程度区分强弱电解质，弱电解质包含弱酸、弱碱、水与少量盐，据此解答．【解答】解：A．CH3COOH是化合物，在水溶液中是部分电离﹣+，CH3COOH?CH3COO+H属于弱电解质，故A正确；B．NaOH属于碱，溶于水或许熔融状态时，能够完整电离变为钠离子和氢氧根离子，属于强电解质，故B错误；C．二氧化硫溶于水后，和水反响生成亚硫酸，亚硫酸能电离出自由挪动的阴阳离子，但电离出阴阳离子的是亚硫酸而不是二氧化硫自己，因此二氧化硫是非电解质，故C错误；D．氯化铵在水溶液里完整电离，为强电解质，故D错误；应选A．【评论】此题考察了强弱电解质的判断，依据电解质的电离程度区分强弱电解质，注意不可以依据溶液的导电性来区分强弱电解质，为易错点，题目难度不大．2．以下说法中，不正确的选项是( )．化学反响中既有物质变化又有能量变化B．即便没有发生化学变化，也可能有能量的变化C．任何化学反响中的能量变化都表现为热量变化D．物质的化学能能够经过不一样的变化方式转变为热能、电能等【考点】反响热和焓变．【专题】化学反响中的能量变化．【剖析】A、化学反响过程是旧键断裂新键形成的过程，断键汲取能量，成键开释能量；B、物质的三态变化是物理变化，但有能量变化；C、化学反响中的能量变化形式有热能、光能、电能等等；D、化学能能够经过焚烧转变为热能，经过原电池原理转变为电能．【解答】解：A、化学反响过程是旧键断裂新键形成的过程，断键汲取能量，成键开释能量，故A正确；B、物质的三态变化是物理变化，但有能量变化，故B正确；C、化学反响中的能量变化形式有热能、光能、电能等等，故C错误；D、化学能能够经过焚烧转变为热能，经过原电池原理转变为电能，故D正确．应选：C【评论】此题主要考察化学反响过程中能量变化的原由以及形式，而且还应理解，化学反响过程中必定有能量变化，但有能量变化的未必是化学反响．3．以下过程中放出热量的是( )．铝投入盐酸中C．煅烧石灰石生成生石灰和二氧化碳D．氧分子变为氧原子【考点】吸热反响和放热反响．【剖析】能放出热量的过程能够是放热反响，如物质的焚烧、金属与水或酸的反响、酸碱中和、绝大部分的化合、铝热反响等；也能够是放热的物理过程，如浓硫酸的稀释、氢氧化钠固体溶于水、物质由气态变为液态或由液态变为固态等．据此剖析．【解答】解：A、铝与盐酸的反响为放热反响，故A选；B、液态水变为水蒸气为吸热过程，故B错误；C、煅烧石灰石是分解反响，要吸热，故C错误；D、氧分子变为氧原子是化学键的断裂，要吸热，故D错误．应选A．【评论】此题考察了常有的吸放热反响和过程，应注意题干的要求，难度不大．4．足量镁粉与必定量的盐酸反响，因为反响太快，不易操作．为减慢反响速率，但不影响氢气的总量，能够加入以下物质中的( )A．硫酸溶液B．氢氧化钠溶液C．醋酸钠固体D．碳酸钾固体【考点】化学反响速率的影响要素．【剖析】依据发生的反响为Mg+2H+═Mg2++H2↑，则减小氢离子的浓度而不改变氢离子的物质的量即可知足减慢反响速率，但又不影响产生氢气的总量，以此来解答．【解答】解：A．加入硫酸，生成氢气的总量增大，故A错误；B．加入NaOH，发生酸碱中和反响，减少氢气的生成，故B错误；C．加入CH3COONa，与盐酸反响生成醋酸，氢离子浓度减小而不改变氢原子子的总物质的量即可知足减慢反响速率，但又不影响产生氢气的总量，故C正确；D．加入K2CO3固体，与盐酸反响生成二氧化碳，减少氢气的生成，故D错误．应选C．【评论】此题以化学反响来考察影响反响速率的要素，为高频考点，明确氢离子浓度减小是减慢反响速率的重点，难度不大．5．在以下各说法中，正确的选项是( )．热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，能够是分数C．酸碱中和时放出的热叫做中和热D．1molH2与0.5molO2反响放出的热就是H2的焚烧热【考点】热化学方程式；吸热反响和放热反响．【专题】化学反响中的能量变化．【剖析】A、热化学方程式中的化学计量既表示物质的量也能够表示个数；B、焓变△H＞0表示吸热反响，△H＜0，表示放热反响；C、中和热的实质是在稀溶液中，1mol氢离子与1mol氢氧根反响，生成

1mol

水放出的热量；D、在25℃，101kPa时，1mol可燃物完整焚烧生成稳固的化合物时所放出的热量，叫做该物质的焚烧热．【解答】解：A、热化学方程式中的化学计量既表示物质的量也能够表示个数，因此能够是分数，故A正确；B、焓变△H＞0表示吸热反响，△H＜0，表示放热反响，故B错误；C、和热的实质是在稀溶液中，1mol氢离子与1mol氢氧根反响，生成1mol水放出的热量，故C错误；D、应在25℃，101kPa，且生成的水应为液态才是焚烧热，故D错误．应选：A．【评论】注意中和热一定是酸和碱的稀溶液，1mol氢离子与1mol氢氧根反响，生成1mol水，因为浓酸溶液和浓碱溶液在互相稀释时会放热；焚烧热注意定义重点：①规定在101kPa压强，常温25度下测出热量，因为压强和温度不定，反响热数值不同样．②规定可燃物物质的量为1mol．③规定可燃物完整焚烧生成稳固化合物所放出的热量为标准．6．在10L的密闭容器中进行反响N2（g）+3H2（g）?2NH3（g），2min内N2的物质的量由20mol减小到8mol，则2min末N2的反响速率为()A．1.2mol/（L?min）B．1mol/（L?min）C．0.6mol/（L?min）D．0.4mol/（L?min）【考点】反响速率的定量表示方法．【专题】化学反响速率专题．【剖析】依据△c=计算△c（N2），再依据v=计算（N2）．【解答】解：2min末N2的物质的量由20mol减小到8mol，则2min内N2的浓度变化△c（N2）==1.2mol/L，故2min内N2的均匀反响速率v（N2）==0.6mol/（L?min），应选C．【评论】此题考察化学反响速率的计算，比较基础，注意对定义式的理解．7．在必定条件下，把必定量NH3充入容积固定的密闭容器中，发生反响2NH3（g）?3H2（g）+N2（g）．达到均衡时，假如保持温度不变，增添N2的浓度．以下说法正确的选项是( )A．均衡向正反响方向挪动B．化学均衡常数不变C．化学均衡常数增大D．化学均衡常数减小【考点】化学均衡的影响要素．【专题】化学均衡专题．【剖析】反响是气体体积增大的吸热反响，增添氮气浓度，生成物浓度增大，均衡逆向进行，据此联合均衡挪动原理剖析判断；【解答】解：反响是气体体积增大的吸热反响，增添氮气浓度，生成物浓度增大，均衡逆向进行；A、剖析判断均衡逆向进行，故A错误；B、化学均衡常数随温度变化，不随浓度变化，增大氮气浓度，均衡常数不变，故B正确；C、化学均衡常数随温度变化，不随浓度变化，增大氮气浓度，均衡常数不变，故C错误；D、化学均衡常数随温度变化，不随浓度变化，增大氮气浓度，均衡常数不变，故应选B．【评论】此题考察一下化学均衡要素的剖析判断，主假如均衡常数随温度变化的剖析判断，题目较简单．

D错误；8．已知H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=﹣184.6kJ/mol，则反响HCl（g）═H2（g）+Cl2（g）的△H为( )A．+184.6kJ/molB．﹣92.3kJ/molC．+92.3kJD．+92.3kJ/mol【考点】有关反响热的计算．【专题】化学反响中的能量变化．【剖析】在热化学方程式中明确写出反响的计量方程式，各物质化学式前的化学计量系数可以是整数，也能够是分数；反响热与反响方程式互相对应．若反响式的书写形式不一样，则相应的化学计量系数不一样，故反响热亦不一样；反响方向改变，焓变数值符号改变．【解答】解：依照热化学方程式的书写原则和方法，已知热化学方程式为：H2（g）+Cl2（g）﹣1，=2HCl（g）△H=﹣184.6kJ?mol改变方向，焓变变为正当，系数除以2，焓变也除以2，获得热化学方程式为HCl（g）=H2g）+Cl2（g）△H=+92.3kJ?mol﹣1，应选D．【评论】此题考察了热化学方程式的书写方法和注意问题，娴熟掌握书写原则是解题重点，题目较简单．9．关于反响2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），能增大正反响速率的举措是()A．增大容器容积B．移去部分SO3C．通入大批O2D．降低系统温度【考点】化学反响速率的影响要素；化学均衡的影响要素．【专题】化学反响速率专题．【剖析】依据外界条件对化学反响速率的影响剖析，能改变反响速率的举措有温度、压强、浓度、催化剂等．【解答】解：A、增大容器容积，减小了系统的压强，压强减小，正反响速率减小，故A错误．B、移去部分三氧化硫，反响物的浓度不变，生成物的浓度减小，化学均衡向正反响方向移动，因此正反响速率减小，故B错误．C、通入大批氧气，增大反响物的浓度，能增大正反响速率，故C正确．D、降低系统的温度，正逆反响速率都减小，故D错误．应选C．【评论】此题考察了外界条件对化学反响速率的影响，难度不大，注意温度对全部的化学反应速率都有影响，不论该反响速率放热反响仍是吸热反响．10．在必定温度不一样压强（P1＜P2）下，可逆反响2X（g）?2Y（g）+Z（g）中，生成物Z在反响混淆物中的体积分数（ψ）与反响时间（t）的关系有以以下图示，正确的选项是( )A．B．C．D．【考点】产物百分含量与压强的关系曲线．【专题】化学均衡专题．【剖析】必定温度下，增大压强，反响速率增大，抵达均衡的时间缩短，该反响正反响是体积增大的反响，均衡向逆反响挪动，均衡时Z的物质的量减小，据此联合选项解答．【解答】解：A、图象中压强p1抵达均衡时间短，故图象中p1＞p2，与题意不符，故A错误；B、图象中压强p2抵达均衡时间短，图象中p1＜p2，增大压强，均衡时生成物Z的物质的量减小，与实质符合，故B正确；C、图象中压强p1抵达均衡时间短，故图象中p1＞p2，与题意不符，故C错误；D、图象中压强p2抵达均衡时间短，图象中p1＜p2，增大压强，均衡时生成物Z的物质的量增大，与实质不符合，故D错误；应选B．【评论】此题考察化学均衡挪动图象题，难度中等，注意依据：“先拐先平数值大”判断图象中压强盛小．11．以下物质属于强电解质且能导电的是( )①氯化钠溶液②氯化铵固体③铜④BaSO4⑤熔融NaOH⑥稀硫酸⑦乙酸．A．①②⑤⑥B．⑤C．②⑤D．①③④⑤⑥【考点】强电解质和弱电解质的观点．【剖析】在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐、开朗金属氧化物、水都是电解质；在上述两种状况下都不可以导电的化合物称为非电解质，非金属氧化物、一些氢化物、大部分的有机物（如蔗糖、乙醇等）都是非电解质；单质，混淆物既不是电解质也不是非电解质．【解答】解：①氯化钠溶液能导电，可是属于混淆物，既不是电解质也不是非电解质；②氯化铵固体不可以导电；③铜能导电，可是属于单质，既不是电解质也不是非电解质；④BaSO4不可以导电，属于电解质；⑤熔融NaOH能导电，属于电解质；⑥稀硫酸能导电，可是属于混淆物，既不是电解质也不是非电解质；⑦乙酸不可以导电，溶于水能导电，属于弱电解质，应选B．【评论】此题考察了电解质的判断，难度不大，注意电解质和非电解质都一定是化合物，单质和混淆物既不是电解质也不是非电解质，离子晶体在固体时不导电．12．0.5molCH4完整焚烧生成CO2和液态H2O时，放出445kJ热量，则CH4焚烧热的热化学方程式是( )﹣1A．2CH4（g）+4O2（g）═2CO2（g）+4H2O（1）△H=+890kJ?mol﹣1B．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=+890kJ?mol﹣1C．CH4（g）+O2（g）═CO2（g）+H2O（g）△H=﹣445kJ?mol﹣1D．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（1）△H=﹣890kJ?mol【考点】热化学方程式．【专题】化学反响中的能量变化．【剖析】焚烧热是完整焚烧1mol物质生成稳固的产物所放出的热量，依据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反响热成正比，并注意注明物质的齐集状态来解答．【解答】解：0.5molCH4在O2中完整焚烧，放出445kJ的热量，即1molCH4在氧气中焚烧生成CO2和液态水，放出890kJ热量，则热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣890kJ/mol，A、反响是放热反响，焓变是负值，故A错误；B、反响是放热反响，焓变是负值，故B错误；C、焚烧热是完整焚烧1mol物质生成稳固的产物所放出的热量，不是0.5mol物质的焚烧，故C错误；D、CH4焚烧热的热化学方程式是CH（g）+2O（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ/mol，422故D正确．应选D．【评论】此题主要考察了热化学方程式的书写，需要注意的有：物质的状态、反响热的数值与单位，反响热的数值与化学方程式前面的系数成正比．13．恒温密闭容器中，某反响的化学反响速率随时间变化关系以下图，以下说法不切合该图示的是( )．达到均衡时，正逆反响速率相等B．增大反响物的浓度，反响由均衡I变化到均衡ⅡC．反响达到均衡I此后，减小反响物浓度，均衡挪动到ⅡD．反响达到均衡II时的化学反响速率比均衡I时的大【考点】化学反响速率与化学均衡图象的综合应用．【专题】化学均衡专题．【剖析】由图象可知，在均衡Ⅰ的基础上正反响速率增大，而逆反响速率在本来基础上渐渐增大，且正反响速率大于逆反响速率，应为增大反响物的浓度，反响由均衡I变化到均衡II，联合图象的曲线变化特色解答该题．【解答】解：A．当正逆反响速率相等时，各物质的浓度不变，达到均衡状态，故A正确；B．在均衡Ⅰ的基础上正反响速率增大，而逆反响速率在本来基础上渐渐增大，且正反响速率大于逆反响速率，应为增大反响物的浓度，故B正确；C．如反响物减小，则正逆反响速率都减小，且逆反响速率大于正反响速率，故C错误；D．由图象可知，纵坐标为反响速率，反响达到均衡II时的化学反响速率比均衡I时的大，故D正确．应选C．【评论】此题考察化学反响速率与化学均衡的图象问题，题目难度不大，此题注意剖析图象曲线的变化趋向，掌握外界条件对反响速率和均衡挪动的影响．14．25℃时，水的电离达到均衡：+﹣＞0，以下表达正确的选项是()H2O?H+OH△HA．向水中加入氨水，均衡逆向挪动，c（OH﹣）降低B．向水中加入少许固体硫酸氢钠，c（H+）增大，KW不变C．向水中加入少许固体CH3COONa，均衡逆向挪动，c（H+）降低D．将水加热，KW增大，pH不变【考点】水的电离．【专题】电离均衡与溶液的pH专题．【剖析】A、氨水溶液显碱性，纯水显中性，碱中氢氧根浓度大于水中的；B、硫酸氢钠能完整电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；C、醋酸根水解对水的电离起到促使作用；D、温度高升，水的离子积常数增大，则pH值减小．【解答】解：A、向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起克制作用，因此均衡逆向挪动，c（OH﹣）增大，故A错误；+2﹣+，此中电离出的氢离子使+）增大，可是温度不变，KWB、NaHSO4═Na+SO4+Hc（H不变，故B正确；c（H+）降低，C、CH3COONa中的醋酸根水解对水的电离起到促使作用，电离均衡右移，故C错误；D、温度高升，水的离子积常数KW增大，则pH值减小，故D错误．应选：B．【评论】此题考察学生水的电离知识，酸、碱对水的电离起克制作用，起促使作用．

水解的盐对水的电离15．有关碰撞理论，以下说法中不正确的选项是( )．高升温度，活化分子百分数增大，有效碰撞的几率增大，反响速率增大B．增大反响物浓度，单位体积内活化分子数增加，有效碰撞的几率增大，反响速率增大C．拥有足够能量的分子互相碰撞就必定能发生化学反响D．正催化剂能降低反响的活化能，提升活化分子百分数，有效碰撞的几率增大，反响速率增大【考点】活化能及其对化学反响速率的影响．【剖析】A、高升温度，活化分子的百分数增大；B、增大反响物浓度，活化分子的浓度增大，有效碰撞的几率增大；C、活化分子发生有效碰撞才能发生化学反响；D、催化剂使活化分子的百分数增添．【解答】解：A、高升温度，活化分子的百分数增大，进而使有效碰撞次数增大，使化学反响速率增大，故A正确；B、增大反响物浓度，活化分子的浓度增大，浓度增大可使有效碰撞次数增大，故C、活化分子发生有效碰撞才能发生化学反响，假如不是有效碰撞，则不可以反响，故

B正确；C错误；O2生成速率的两倍D、催化剂使得活化分子的百分数增添，有效碰撞几率增大，反响速率增大，故D正确，故选C．【评论】此题考察温度、浓度、催化剂对反响速率的影响，题目难度不大，注意对活化分子的浓度以及百分数的影响．16．已知反响2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），以下判断正确的选项是( )A．2molSO2和足量O2反响，必然生成2molSO3B．该反响在容积不变的密闭容器中，若混淆气的密度不变，说明达到均衡状态C．均衡时，SO2耗费速率必然等于D．均衡时，SO2浓度必然等于O2浓度的两倍【考点】化学均衡的影响要素．【专题】化学均衡专题．【剖析】A．反响为可逆反响，反响物不可以完整转变；B．依照恒温恒容下，气体质量，气体体积不变剖析；C．当正逆反响速率相等时，化学反响达到均衡状态；D．均衡时的SO2浓度、O2浓度关系取决于开端配料比与转变率．【解答】解：A．反响为可逆反响，反响物不可以完整转变，2体积成SO3的体积小于2体积，故A错误；

SO2和足量

O2反响，生B．恒温恒容下，气体质量不变，反响过程中和均衡状态下气体密度不变，不可以说明反响达到均衡状态，故B错误；C．正逆反响速率相等时，化学反响达到均衡状态，则SO2耗费速率等于O2生成速率的两倍时达到均衡状态，故C正确；D．SO2浓度、O2浓度的开端浓度为2：1，两者按2：1反响，均衡时浓度SO2浓度必然等于O2浓度的两倍，若开端浓度不大2：1，则均衡时浓度SO2浓度必定等于O2浓度的两倍，均衡时SO2浓度与O2浓度的浓度关系不确立，故D错误，应选C．【评论】此题考察化学可逆反响特色、均衡状态的特色及影响均衡的要素，题目难度不大，注意惹起压强增大的要素与反响物浓度的关系．17．0.1mol/LCH3COOH溶液中加水或加入少许CH3COONa晶体时，都会惹起的变化的是( )A．溶液的pH增大B．CH3COOH的电离程度变大C．溶液的导电能力减弱D．溶液中c（OH﹣）减少【考点】弱电解质在水溶液中的电离均衡．【专题】电离均衡与溶液的pH专题．【剖析】CH3COOH溶液加水稀释，均衡向正反响方向挪动，电离程度增大，溶液中c（H+）减小，c（OH﹣）增大，溶液的PH增大，导电能力减弱；CH3COOH溶液加入少许CH3COONa晶体时均衡向逆反响方向挪动，电离程度减小，c（H+）减小，c（OH﹣）增大，溶液的PH增大，导电能力加强．【解答】解：A、CH3COOH溶液加水稀释，均衡向正反响方向挪动，电离程度增大，溶液中C（H+）减小，溶液的pH增大，加入少许CH3COONa晶体时均衡向逆反响方向挪动，+电离程度也减小，c（H）减小，溶液的pH增大，故A正确；B、CH3COOH溶液加水稀释，均衡向正反响方向挪动，电离程度增大，入少许CH3COONa晶体时均衡向逆反响方向挪动，电离程度减小，故

CH3COOHB错误；

溶液加C、CHCOOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少许CHCOONa33晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力加强，故C错误；c（H+）减小，依据KW=cD、CH3COOH溶液加水稀释，均衡向正反响方向挪动，溶液中（H+）?c（OH﹣），c（OH﹣）增大，加入少许CH3COONa晶体时均衡向逆反响方向挪动，溶液中c（H+）减小，依据KW=c（H+）?c（OH﹣），c（OH﹣）增大，故D错误；应选：A．【评论】此题考察外界条件对电离均衡的影响，重点考察离子浓度以及同离子效应付电离平衡的影响，注意总结影响要素以及均衡挪动的方向的判断．18．已知：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=﹣92.2kJ/mol．以下说法不正确的选项是()A．1molN2（g）和3molH2（g）的能量之和高于2molNH3（g）的能量B．形成2molNH3（g）的化学键开释的总能量大于断裂1molN2（g）和3molH2（g）的化学键所汲取的总能量C．加入催化剂是为了加大反响速率，缩短生产周期，降低生产成本D．将1molN2（g）和3molH2（g）充入一密闭容器中充分反响，放出92.2kJ的热量【考点】吸热反响和放热反响；化学反响速率的影响要素．【剖析】A、反响是放热反响，依照能量守恒剖析判断；B、反响是放热反响，依照能量守恒剖析判断；C、催化剂改变反响速率不改变化学均衡；D、反响是可逆反响不可以进行完全．【解答】解：A、已知：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol．反响是放热反应，依照能量守恒，反响物总能量大于生成物总能量，1molN2（g）和3molH2（g）的能量之和高于2molNH3（g）的能量，故A正确；B、反响是放热反响，断裂化学键汲取能量，形成化学键放出能量，依照能量守恒，形成2molNH3（g）的化学键开释的总能量大于断裂1molN2（g）和3molH2（g）的化学键所汲取的总能量，故B正确；C、加入催化剂是为了加大反响速率，缩短达到均衡所需时间，降低生产成本，故C正确；D、反响是可逆反响不可以进行完全；将1molN2（g）和3molH2（g）充入一密闭容器中反响，放出的热量小于92.4kJ，故D错误；应选D．【评论】此题考察了热化学方程式的应用，反响能量变化的剖析判断，催化剂的作用，理解焓变含义，可逆反响的剖析是解题重点，题目较简单．19．已知：C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H＞0，该反响达到均衡后，改变以下条件都有利于反响向正方向进行的是( )A．高升温度和减小压强B．降低温度和减小压强C．降低温度和增大压强D．高升温度和增大压强【考点】化学均衡的影响要素．【剖析】依据升温时均衡正向挪动，减小压加强学均衡向正反响方向挪动来剖析能使均衡向正反响方向挪动的举措．【解答】解：关于反响A（g）+B（s）?2C（g）△H＞0，反响是气体体积增大的吸热反响，高升温度和减小压强促使反响正向进行，应选A．【评论】此题考察了化学均衡挪动原理的应用，注意反响特色的剖析判断，掌握基础是重点，题目较简单．20．已知反响A2（g）+2B2（g）?2AB2（g）△H＜0，以下说法正确的选项是( )．高升温度，正向反响速率增添，逆向反响速率减小C．达到均衡后，高升温度或增大压强都有益于该反响均衡正向挪动D．达到均衡后，降低温度或减小压强都有益于该反响均衡正向挪动【考点】化学均衡的影响要素．【专题】化学均衡专题．【剖析】A、高升温度正、逆反响速率都增大；B、高升温度反响速率加速；C、升温均衡向吸热反响方向进行，增大压强均衡向气体体积减小的方向挪动；D、降低温度均衡向放热反响挪动，减小压强均衡向气体体积增大的方向挪动．【解答】解：A、高升温度正、逆反响速率都增大，该反响正反响是放热反响，逆反响速率增大更多，均衡向逆反响挪动，故A错误；B、高升温度反响速率加速，缩短抵达均衡的时间，故B正确；C、该反响正反响是体积减小的放热反响，高升温度有益于均衡向逆反响挪动，增大压强有利于均衡向气正反响挪动，故C错误；D、该反响正反响是体积减小的放热反响，降低温度，均衡正向进行，减小压强均衡向气体体积增大的方向挪动，即向逆反响挪动，故D错误；应选B．【评论】此题考察外界条件对化学均衡的影响，难度中等，注意基础知识的理解掌握和化学均衡挪动原理的理解应用．21．在带有活塞的密闭容器中发生反响：Fe2O3+3H2═2Fe+3H2O，采纳以下举措不可以改变反应速率的是( )．加热B．保持容器体积不变，增添H2输入量C．充入N2，保持容器内压强不变D．充入N2，保持容器体积不变【考点】化学反响速率的影响要素．【剖析】关于反响Fe2O3+3H22Fe+3H2O来说，高升温度、增大浓度或压强、增大固体表面积可增大反响速率，以此解答该题．【解答】解：A．加热反响速率加速，故A不选；B．保持容器体积不变，增添H2的输入量，氢气的浓度增大，反响速率增大，故B不选；C．充入N2，保持容器内压强不变，则体积应增大，但关于反响气体来说，浓度减小，则反应速率减小，故C不选；D．充入N2，保持容器内体积不变，反响气体的浓度不变，则反响速率不变，故D选．应选D．【评论】此题考察化学反响速率的影响要素，为高频考点，重视于学生的剖析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考察，注意有关基础知识的累积，难度不大，易错点为C、D，注意压强与浓度的关系．22．在密闭容中发生以下反响aA（g）?cC（g）+dD（g），压缩到本来的一半，当再次达到均衡时，D的浓度为原均衡的1.8倍，以下表达正确的选项是( )A．A的转变率变大B．均衡向正反响方向挪动C．D的体积分数变大D．a＜c+d【考点】化学均衡成立的过程．【专题】化学均衡专题．【剖析】压缩到本来的一半，当再次达到均衡时，如均衡不发生挪动，则D的浓度应为原来的2倍，但D的浓度为原均衡的1.8倍，说明增大压强均衡向逆反响方向挪动，以此解答该题．【解答】解：压缩到本来的一半，当再次达到均衡时，如均衡不发生挪动，则D的浓度应为本来的2倍，但D的浓度为原均衡的1.8倍，说明增大压强均衡向逆反响方向挪动，则应有a＜c+d，且A的转变率减小，D的体积分数减小，应选D．【评论】此题考察化学均衡挪动问题，题目难度不大，注意经过改变体积浓度的变化判断平衡挪动的方向，此为解答该题的重点．23．工业上制备纯硅反响的热化学方程式以下：SiCl4（g）+2H2（g）?Si（s）+4HCl（g）；△H=+QkJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将必定量反响物通入密闭容器进行以上反响（此条件下为可逆反响），以下表达正确的选项是()A．反响过程中，若增大压强能提升SiCl4的转变率B．当反响汲取热量为0.1QkJ时，生成的HCl通入200mL2mol/L的NaOH溶液恰巧反响C．反响至4min时若HCl浓度为0.12mol/L，则用H2表示的反响速率为0.03mol/（L?min）D．若反响开始时SiCl4为1mol，则达均衡时，汲取热量为QkJ【考点】有关反响热的计算；化学均衡的影响要素．【剖析】A．从压强对均衡挪动的影响剖析，增大均衡向气体体积减小的方向挪动；B．依据反响汲取的热量计算生成的HCl的物质的量，据此判断；C．依据v=计算v（HCl），利用速率之比等于化学计量数之比计算判断；D．该反响为可逆反响，1molSiCl4不可以完整转变，联合热化学方程式判断．【解答】解：A．从方程式能够看出，反响物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，均衡向逆反响方向挪动，SiCl4的转变率减小，故A错误；B．由方程式可知，当反响汲取热量为0.1QkJ时，生成HCl的物质的量为：0.4mol，200mL2mol/L的NaOH溶液的NaOH的物质的量为0.2L×2mol/L=0.4mol，两者物质的量相等，恰巧反响，故B正确；C．反响至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v（HCl）==0.03mol/（L?min），依据反响速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=×v（HCl）=×0.03mol/（L?min）=0.015mol/（L?min），故C错误；D．该反响为可逆反响，1molSiCl4不可以完整转变，达均衡时，汲取热量小于QkJ，故D错误；应选B．【评论】此题主要考察化学均衡的有关计算等知识点，波及化学反响速率、化学均衡、反响热的计算等问题，题目难度中等，注意反响的可逆性．24．可逆反响mA（固）+nB（气）?eC（气）+fD（气）△H，反响过程中，当其余条件不变时，C的百分含量（C%）与温度（T）和压强（P）的关系如图：以下表达正确的选项是( )A．达均衡后，加入催化剂则C%增大B．达均衡后，增添A的量有益于均衡向右挪动C．化学方程式中n＞e+fD．达均衡后升温，则均衡向左挪动，且△H＜0【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【剖析】可逆反响，当其余条件一准时，温度越高，反响速率越大，达到均衡所用的时间越短．由图象（1）可知T2＞T1，温度越高，均衡时C%越小，故此反响的正反响为放热反响；当其余条件一准时，压强越高，反响速率越大，达到均衡所用的时间越短．由图（2）可知p2＞p1，压强越大，均衡时C%越小，可知正反响为气体物质的量增大的反响，即n＜e+f，联合外界条件对化学均衡的影响来解答．【解答】解：可逆反响，当其余条件一准时，温度越高，反响速率越大，达到均衡所用的时间越短．由图象（1）可知T2＞T1，温度越高，均衡时C%越小，故此反响的正反响为放热反响；当其余条件一准时，压强越高，反响速率越大，达到均衡所用的时间越短．由图（2）可知p2＞p1，压强越大，均衡时C%越小，可知正反响为气体物质的量增大的反响，即n＜e+f，A．催化剂只改变化学反响速率，对均衡挪动没有影响，C%不变，故A错误；B．A为固体，浓度为定值，达均衡后，增添A的量，均衡不挪动，故B错误；C．由上述剖析可知，可逆反响mA（固）+nB（气）?eC（气）+fD（气）正反响为气体物质的量增大的反响，即n＜e+f，故C错误；D．由上述剖析可知，可逆反响mA（固）+nB（气）?eC（气）+fD（气）△△H＜0，升高温度均衡向吸热方向挪动，即向逆反响挪动，故D正确；应选D．【评论】此题考察化学均衡图象，为高频考点，掌握定一议二判断温度、化学计量数的关系及外界条件对均衡的挪动的影响是解答该题的重点，题目难度中等．25．反响2C（s）+O2（g）=2CO（g）的能量变化以下图，以下说法正确的选项是( )．生成物的总能量大于反响物的总能量B．△H＜0，表示该反响在常温下必定能发生C．2molC（s）与足量O2（g）反响生成CO2（g），放出的热量大于221kJD．该反响的热化学方程式是：2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣110.5kJ/mol【考点】吸热反响和放热反响．【剖析】依据图示可知C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣110.5kJ/mol．、该反响为放热反响，生成物的总能量小于反响物的总能量；B、依据△G=△H﹣T△S＜0，反响自觉判断；C、一氧化碳反响生成二氧化碳过程是放热反响；D、焓变与反响物的系数成正比．【解答】解：A、该反响为放热反响，生成物的总能量小于反响物的总能量，故A错误；B、因为△G=△H﹣T△S＜0，反响自觉，因此△H＜0，还要看△S，则不可以表示该反响在常温下必定能发生，故B错误；C、2molC（s）与足量O2（g）反响生成CO2（g），反响过程中一氧化碳生成二氧化碳是放热反响，因此放出的热量大于221kJ，故C正确；D、焓变与反响物的系数成正比，因此该反响的热化学方程式是2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=﹣221kJ/mol，故D错误；应选C．【评论】此题考察反响能量变化剖析，反响焓变理解和计算方法，图象剖析判断能力，题目难度中等．二、非选择题（共50分）26．（1）由氢气和氧气反响生成1mol水蒸气放热241.8kJ，写出该反响的热化学方程式：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol．（2）写出以下物质的电离方程式①+﹣一水合氨NH3?H2O?NH4+OH②+2﹣．硫酸H2SO4=2H+SO4【考点】电离方程式的书写；热化学方程式．【剖析】（1）依据热化学方程式的书写原则写出氢气焚烧生成气态水的热化学方程式；（2）①一水合氨是弱碱，不可以完整电离，用“?”连结；②硫酸为强电解质，在水中能够完整电离生成氢离子与硫酸根离子，强电解质用“=”连结．【解答】解：（1）氢气和氧气反响生成1mol水蒸气放热241.8kJ，该反响的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol，故答案为：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol；（2）①NH3?H2O为一元弱碱，部分电离，部分电离用“?”连结，电离方程式为：﹣NH3?H2O?NH4+OH，+﹣故答案为：NH3?H2O?NH4+OH；②硫酸为强电解质，在水中能够完整电离，产生氢离子和硫酸根离子，电离方程式为：H2SO4=2H++SO42﹣，2﹣故答案为：H2SO4=2H+SO4．【评论】此题考察热化学方程式与电离方程式的书写，难度不大，注意掌握热化学方程式的书写，物质齐集状态的剖析判断，注意电离方程式：强电解质用“=”连结，弱电解质用“?连结，题目较简单．

”27．发射卫星可用肼为燃料，二氧化氮为氧化剂，反响生成氮气和水蒸气．已知N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ/molN2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ/mol（1）气态肼和二氧化氮气体反响生成氮气和水蒸气的热化学方程式为2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1135.7kJ/mol．（2）将16g气态肼与二氧化氮气体发生上述反响，放出的热量是283.925kJ．【考点】热化学方程式；有关反响热的计算．【专题】化学反响中的能量变化．【剖析】（1）依据盖斯定律，由已知热化学反响方程式乘以适合的系数进行加减结构目标热化学方程式，反响热也乘以相应的系数进行相应的加减，据此书写；（2）依据热化学方程式的意义联合方程式进行计算即可．﹣l【解答】解：（1）已知：①、N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ?mol；由盖斯定律，②×2﹣①得2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g），故该反响的△H=2×（﹣534kJ?mol﹣1）﹣67.7kJ?mol﹣1）=﹣1135.7kJ?mol﹣1，即2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1135.7kJ?mol﹣1，故答案为：2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1135.7kJ?mol﹣1；（2）2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1135.7kJ?mol﹣1表示64g肼和二氧化氮之间反响放出1135.7kJ的能量，因此16g气态肼与二氧化氮气体发生上述反响，放出的热量是kJ=283.925kJ，故答案为：283.925kJ．【评论】此题考察反响热的有关计算、热化学方程式的书写，难度中等，理解盖斯定律是解题的重点．28．高炉炼铁中发生的基本反响以下：FeO（s）+CO（g）?Fe（s）+CO2（g）已知1100℃，K=0.263（1）1100℃时，若反响向正向进行，高炉内CO2和CO的体积比值渐渐增大直至不变．（填“增大”“减小”或“不变”）2）1100℃时，测得高炉中c（CO2）=0.025mol/L，c（CO）=0.1mol/L，在这类状况下该反响能否处于均衡状态否（填“是”或“否”），此时化学反响速率是V正大于V逆（填“大于”、“小于”或“等于”），其原由是浓度商Q==0.25＜K=0.263，说明均衡正向进行．【考点】化学均衡的计算．【专题】化学均衡专题；化学均衡计算．【剖析】（1）反响是吸热反响，升温均衡正向进行，最后达到新的化学均衡；（2）依照浓度计算浓度商联合均衡常数进行比较判断反响进行的方向．【解答】解：（1）FeO（固）+CO（气）?Fe（固）+CO（2气）△H＞0，已知1100℃时K=0.263．反应是吸热反响，温度高升，化学均衡正向挪动后达到新的均衡，高炉内

CO2和

CO的体积比值会增大，最后达到均衡状态，体积比不变，故答案为：增大；不变；3）1100℃时测得高炉中c（CO2）=0.025mol?L﹣1，c（CO）=0.1mol?L﹣1，浓度商Q=

=0.25＜K=0.263，说明均衡正向进行，反响未达到均衡，

v正＞v

逆；故答案为：否；大于；浓度商

Q==0.25＜K=0.263，说明均衡正向进行．【评论】此题考察了化学均衡、均衡常数影响要素剖析判断，掌握基础是重点，题目较简单．29．（1）在水溶液中橙色的2﹣2﹣Cr2O7与黄色的CrO4有均衡关系：2﹣2﹣+Cr2O7+H2O?2CrO4+2H，把重铬酸钾溶于水配成稀溶液呈橙色．向上述溶液中加入几滴浓硫酸，溶液橙色变深（填“变深”“变浅”或“不变”），因为增大生成物浓度，均衡逆向挪动，2﹣2）已知2NO2（g）?N2O4（g）△H=﹣56.9kJ?mol﹣1，将NO2球浸泡在冰水中，气体的颜色变浅（填“变深”“变浅”或“不变”），原由是降温均衡正向挪动，NO2浓度变小，颜色变浅．（3）在烧杯里混淆10mL0.01mol/LFeC13溶液和10ml0.01mol/LKSCN溶液，溶液立刻变红．+3SCN?Fe（SCN）33+﹣①再向溶液中滴入1mol/LFeC13溶液，现象变深（变深、不变、变浅），均衡向正（正、逆）反响方向挪动．②在烧杯中加入KC1固体，颜色不变（变深、不变、变浅），均衡不挪动．【考点】化学均衡的影响要素．+2﹣浓度增大；【剖析】（1）加入酸，H浓度增大，均衡左移，Cr2O72）正反响是放热反响，降低温度，均衡正向挪动；3）①加入氯化铁，铁离子难度增大，均衡正向进行；硫氰酸钾难度减小；②氯化钾对均衡无影响均衡不动．【解答】解：（1）加入酸，H+浓度增大，均衡左移，Cr2O72﹣浓度增大，溶液呈橙红色，故答案为：变深；因为增大生成物浓度，均衡逆向挪动，Cr2O72﹣浓度变大，颜色变深；（2）正反响是放热反响，降低温度，均衡正向挪动，NO2浓度变小，气体的颜色变浅，故答案为：变浅；降温均衡正向挪动，NO2浓度变小，颜色变浅；3+﹣（3）①FeCl3+3KSCN?Fe（SCN）3+3KCl反响，均衡为Fe+3SCN=Fe（SCN）3，滴入1mol/LFeC13溶液，铁离子浓度增大，均衡正向进行溶液颜色加深，均衡挪动后KSCN浓度会减小，故答案为：变深；正；3+﹣②均衡为Fe+3SCN=Fe（SCN）3，加入KC1固体均衡不动，溶液颜色不变；故答案为：不变；不．【评论】此题考察化学均衡的影响要素，比较基础，注意成立均衡的微粒剖析，题目较简单．30．在某一容积为5L的密闭容器内，加入0.2mol的CO和0.2mol的H2O，在催化剂存在的条件下高温加热，发生以下反响：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）；正反响为吸热反响．反响中CO2的浓度随时间变化状况如图：（1）依据图中数据，反响开始至达到均衡时，反响达到均衡时，c（H2）=0.03mol/L．（2）判断该反响达到均衡的依照是①③．

CO

的均匀反响速率为

0.003mol/（L?min）；CO减少的化学反响速率和CO2减少的化学反响速率相等②CO、H2O、CO2、H2的浓度都相等③CO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化④正、逆反响速率都为零．【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学均衡状态的判断．【专题】化学均衡专题．【剖析】（1）依据v=计算二氧化碳的均匀反响速率，再联合同一时间段内同一可逆反应中，各物质的反响速率之比等于其计量数之比计算一氧化碳的均匀反响速率；反响达到均衡状态时，二氧化碳的物质的量浓度等于氢气的物质的量浓度；2）化学反响达到均衡状态时，正逆反响速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；【解答】解：（1）v（CO2）=

=

=0.