湖南省双峰县第一中学2018_2019学年高二化学上学期第一次月考试卷（含解析）.doc

1、- 1 -双峰一中 2018 年下学期高二第一次月考化学试题满分：100 分 时量：90 分钟可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16一、选择题（本题包括 28 小题，每小题 3 分。每小题只有一个选项符合题意。 ）1.对比以下几个反应式： Cl+Cl=Cl 2 H= -247 kJmol -1， O+O=O2 H= -493 kJmol -1， N+N=N2 H= -946 kJmol -1从能量变化的角度分析可以得出的结论是（ ）A. 在常温下氮气比氧气、氯气都稳定 B. 氮、氧、氯的单质常温下为气体C. 氮、氧、氯的单质都是双原子分子 D. 氮气、氧气和氯气的密度不同【答案】A

2、【解析】【分析】三个反应式的不同点是焓变不同，焓变的数值越大，说明分子的能量越低，分子越稳定。【详解】反应式给出的原子结合成分子的焓变，焓变的数值越大，说明给出的原子形成的分子的能量越低，分子越稳定；分子的能量高低不能用于判断气体的沸点、密度。故选 A。【点睛】本题考查了物质的稳定性与焓变的相互转化，把握分子的能量高低与物质稳定性的关系是解答的关键。2.在 25、101kPa 下，1g 乙醇完全燃烧生成 CO2和液态水时放热 29.72kJ，下列热化学方程式正确的是A. CH3CH2OH（l）+3O 2（g）=2CO 2（g）+ 3H 2O（l） ；H=+1367kJ/molB. 2CH3CH

3、2OH（l）+6O 2（g）=4CO 2（g）+ 6H 2O（l） ；H=2734kJ/molC. 2CH3CH2OH（l）+6O 2（g）=4CO 2（g）+ 6H 2O（l） ；H=1367kJ/molD. 2CH3CH2OH（l）+6O 2（g）=4CO 2（g）+ 6H 2O（l） ；H=+2734kJ/mol【答案】B【解析】3.根据以下 3 个热化学方程式：2H2S(g)3O 2(g)=2SO2(g)2H 2O(l) Ha kJmol 12H2S(g)O 2(g)=2S(s)2H 2O(l) Hb kJmol 1- 2 -2H2S(g)O 2(g)=2S(s)2H 2O(g) Hc

4、 kJmol 1 (a、b、c 均为正数)对 a、b、c 三者大小关系的判断正确的是( )A. abc B. acbC. cba D. bac【答案】A【解析】【分析】三个反应都为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多。【详解】硫化氢完全燃烧放出的热量多，所以 ab;气态水的能量高于液态水的能量，所以硫化氢生成液态水是放出的热量多，即 bc，故选 A。【点睛】本题考查反应热的大小比较，从物质反应的程度以及物质的聚集状态的角度比较反应热的大小是解答关键所在。4. 已知：S(s)O 2(g) SO2(g) H297.16 kJmol 1 ，2S

5、O2(g)O 2(g) 2SO3(g) H196.6 kJmol 1 。下列说法正确的是 ( )A. 1 mol SO2(g)的能量总和大于 1 mol S(s)和 1 mol O2(g)的能量总和B. 将 2 mol SO2(g)与 1 mol O2(g)在一定条件下充分反应，放出 196.6 kJ 的热量C. S(g)O 2(g)=SO2(g) HQ，Q 值小于 297.16 kJD. 当 1 mol S(s)完全转化为 SO3(g)时(假设无热量损失)，放出 395.46 kJ 的热量【答案】D【解析】放热反应生成物的能量总和小于反应物的能量总和，A 项错误；B 项忽视了可逆反应不能进行

6、彻底，错误；气态硫燃烧放出的热量比液态硫燃烧放出的热量多，C 项错误；根据盖斯定律，第一个方程式第二个方程式 可得 S(s) O2(g)=SO3(g) H395.46 kJmol1 ，D 项正确5.在 25 、101 kPa 时，CH 4(g)、H 2(g)、C(s)的燃烧热分别是890.3 kJmol1 、285.8 kJmol 1 和393.5 kJmol 1 ，则 CH4(g)C(s)2H 2(g)的 H- 3 -是( )A. 74.8 kJmol 1 B. 74.8 kJmol 1C. 211.0 kJmol 1 D. 211.0 kJmol 1【答案】B【解析】依题写出热化学方程式：

7、CH 4(g)2O 2(g)=CO2(g)2H 2O(l) H890.3 kJmol1 ，H 2(g) O2(g)=H2O(l) H285.8 kJmol1 ，C(s)O 2(g)=CO2(g) H393.5 kJmol1 ，根据盖斯定律2得：CH 4(g)=C(s)2H 2(g) H74.8 kJmol 16.反应 A(g)B(g)C(g) H，分两步进行：A(g)B(g) X(g) H 1；X(g) C(g) H 2。反应过程中能量变化如图所示，E 1表示 ABX 的活化能，下列说法正确的是（ ）A. H 1HH 20B. X 是反应 A(g)B(g)C(g)的催化剂C. E2是反应的活化

8、能D. HE 1E 2【答案】A【解析】试题分析：A、已知：A(g)+B(g)X(g）H 1，X(g)C(g）H 2，则根据盖斯定律可知+即得到反应 A(g)+B(g）C(g)的HH 1H 2，其中H 10，A 正确；B、X 是反应A(g)+B(g)C(g)的中间产物，B 错误；C、根据图像可知 E2不是反应的活化能，C 错误；D、根据图像可知H 1E 1-E2，D 错误，答案选 A。- 4 -考点：考查反应热的有关判断与计算7.已知：101 kPa 时，2C(s)O 2(g)=2CO(g) H221 kJ/mol稀溶液中 H (aq)OH (aq)=H2O(l) H57.3 kJ/mol下列

9、结论正确的是( )A. 碳的燃烧热大于 110.5 kJ/molB. 的反应热为 221 kJ/molC. 浓硫酸与稀 NaOH 溶液反应的中和热为57.3 kJ/molD. 稀醋酸与稀 NaOH 溶液反应生成 1 mol 水，放出 57.3 kJ 热量【答案】A【解析】【分析】燃烧热是 1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物反应放出的热量；中和热是指在一定条件下在稀溶液中酸和碱反应生成 1mol 水时所放出的热量。【详解】由反应可知，1mol 碳燃烧生成 CO 放出的热量为 110.5kJ，CO 燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故 1mol 碳完全燃烧放出的热量大于 110.5kJ，所以碳的燃

10、烧热大于110.5kJ/mol，A 正确；反应热必须注明正负号，B 错误；中和热是指在一定条件下在稀溶液中酸和碱反应生成 1mol 水时所放出的热量，由于浓硫酸溶入水还要放出热量，故该反应的中和热小于-57.3kJ/mol，C 错误；醋酸属于弱电解质，溶于水电离时会吸热，因此稀醋酸与稀 NaOH 溶液反应生成 1mol 水时放出热量应小于 57.3kJ，D 错误。故选 A。【点睛】本题考查化学反应与能量变化，侧重于对反应热、燃烧热和中和热的理解，注意稀的强酸、强碱的中和热为H=-57.3kJ/mol。8.下列说法或表示法正确的是（ ）A. 等量的白磷蒸气和白磷固体分别完全燃烧，后者放出热量多B

11、. 由 C（石墨）C（金刚石） H1.19 kJ mol 1可知，金刚石比石墨稳定C. 在稀溶液中：H (aq)OH (aq)H 2O(l) H57.3 kJ mol 1，若将含 0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含 1 mol NaOH 的溶液混合，放出的热量大于 57.3 kJD. 在 101 kPa 时，2 g H 2完全燃烧生成液态水，放出 285.8 kJ 热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为 2H2(g)O 2(g)2H 2O(l) H285.8 kJ mol 1【答案】C- 5 -【解析】【分析】同一物质不同状态能量不同，气态能量高，放出热量多；根据物质的总能量与稳定性关系判断；

12、要注意根据中和热的概念来分析；反应热要与方程式中的计量数对应。【详解】白磷固体变为气体时需吸收热量，所以完全燃烧放出的热量少，A 错误；自身能量越低，物质越稳定，石墨变成金刚石吸收能量，金刚石能量高，所以石墨比金刚石稳定，B错误；若将含 0.5mol H2SO4的浓硫酸与含 1mol NaOH 的稀溶液混合，由于反应放热，浓硫酸稀释也放热，故放出的热量大于 57.3 kJ，C 正确；热化学方程式前面的计量数表示的是物质的量，所以 D 中的 H=-571.6 kJmol -1，D 错误。故选 C。【点睛】本题考查化学反应能量，理解反应热与能量的关系，能量与稳定性的关系，以及正确理解中和热的概念是

13、关键。9.已知：可逆反应 2SO2(g)O 2(g) 2SO3(g) Hc（Cl -）c（OH -）c（H +） ，B 错误；稀释促进醋酸的电离，n（H +）增大，n（CH 3COOH）减小，则 0.1mol/LCH3COOH 溶液在稀释过程中 c（H +）/c（CH 3COOH）将变大，C正确；pH=3 的某酸溶液为强酸时，与 pH=11 的 NaOH 溶液等体积混合后溶液 pH=7，若为弱酸时，酸的浓度大于 0.001mol/L，反应后弱酸过量，pH7，即 25时，pH=3 的某酸溶液与pH=11 的 NaOH 溶液等体积混合后，溶液的 pH7，D 错误。【点睛】本题考查弱电解质的电离，明

14、确影响弱电解质电离的因素及 pH 之和为 14 的酸碱混合时，强电解质不足，弱电解质过量是确定混合液酸碱性的关键所在。23.常温下，下列叙述不正确的是( )A. pH3 的弱酸溶液与 pH11 的强碱溶液等体积混合后溶液呈酸性B. pH5 的硫酸溶液稀释到原来的 500 倍，稀释后 c(SO )与 c(H )之比约为 110C. 向冰醋酸溶液中逐滴加水，则溶液的导电性、醋酸的电离度、溶液的 pH 均先增大后减小D. 中和 10 mL 0.1 molL1 醋酸与 100 mL 0.01 molL1 醋酸所需的 NaOH 物质的量相同【答案】C【解析】【分析】pH=3 弱酸溶液中氢离子浓度是 0.

15、001mol/L，pH=11 的强碱溶液中氢氧根离子浓度是- 14 -0.001mol/L，等体积混合后溶液根据酸和碱的物质的量相对大小判断溶液的酸碱性；硫酸溶液稀释后硫酸根离子浓度缩小 500 倍，但氢离子既包含硫酸电离的氢离子也包含水电离的氢离子；向冰醋酸中逐滴加水，醋酸的电离程度逐渐增大；10 mL 0.1 molL-1 醋酸与 100 mL 0.01 molL-1的醋酸含有的 CH3COOH 物质的量相等，中和时所需同种碱溶液的量相等。【详解】酸溶液中氢离子浓度和碱溶液中氢氧根离子浓度相等，但酸是弱酸，所以酸中氢离子浓度远远小于酸的浓度，两溶液等体积混合后酸过量，导致溶液呈酸性，A 正

16、确；pH=5 的硫酸溶液中氢离子浓度是 10-5 mol/L，硫酸根离子浓度是 1/210-5mol/L，稀释到原来的500 倍，稀释后硫酸根离子个数不变，但硫酸根离子浓度是原来的即 10-8 mol/L，溶液中氢离子浓度=（10 -7+1/50010-7）mol/L，所以稀释后 c（SO 42-）与 c（H +）之比约为 1：10，B正确；向冰醋酸中逐滴加水，浓度越小，醋酸的电离程度越大，所以醋酸的电离程度逐渐增大， C 错误； 10 mL 0.1 molL-1 醋酸与 100 mL 0.01 molL-1的醋酸含有的 CH3COOH 物质的量相等，所以中和时所需同种碱溶液的量相等，D 正确

17、。【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断及溶液 pH 的计算，根据酸碱的相对强弱再结合物质的性质分析解答，D 中消耗碱的物质的量与酸的浓度无关，为易错点，酸或碱溶液稀释过程中如果溶液的 PH 值接近 7 时要考虑水的电离。24.常温下，取 pH2 的两种二元酸 H2A 与 H2B 各 1 mL，分别加水稀释，测得 pH 变化与加水稀释倍数有如图所示关系，则下列有关叙述正确的是( )A. H2A 的电离方程式为 H2A H HA ，HA H A 2B. pH4 的 H2A 水溶液中 c(OH-)=1012 molL1C. NaHA、NaHB 的混合溶液中，阴离子有 A2 、HA 、HB 、B 2

18、 、OH -D. Na2B 的水溶液能与 H2A 溶液发生反应【答案】D【解析】【分析】pH=2 的两种二元酸 H2A 与 H2B 各 1mL，分别加水稀释，由图可知，稀释 100 倍时 H2A 的 pH 变- 15 -化大，且 pH=4，所以 H2A 为强酸，H 2B 为弱酸。【详解】pH=2 的二元酸 H2A 加水稀释，由图可知，稀释 100 倍时 H2A 的 pH=4，所以 H2A 为强酸，故 A 错误；由图可知，稀释 100 倍时 H2A 的 pH 变化大，且 pH=4，所以水溶液中 c(OH-)=1010 molL1 ，B 错误；水溶液中，NaHA 完全电离：NaHANa +H+A2

19、-，溶液中不存在HA 离子，C 错误；H 2A 为强酸，H 2B 为弱酸，Na 2B 的水溶液中加入 H2A 溶液，依据强酸制弱酸的原理，Na 2B 溶液能与 H2A 溶液发生反应，D 正确。故选 D。【点睛】本题考查弱电解质的电离及离子浓度大小的比较，明确稀释及图象的分析是解答本题的关键，并注意电离与水解相结合和强酸制弱酸来解答。25.已知，25 时有关弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸的化学式 CH3COOH HCN H2C2O4电离平衡常数 1.8105 4.91010K15.910 2 K26.410 5下列有关说法正确的是( )A. 等物质的量浓度的各溶液 pH 关系为 pH(CH3CO

20、OH)pH(H2C2O4)pH(HCN)B. a molL1 HCN 溶液与 b molL1 NaOH 溶液等体积混合后，所得溶液不可能呈碱性C. 向 Na2C2O4溶液中滴加足量 HCN 溶液产生二氧化碳气体D. H2C2O4能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】【分析】电离平衡常数越大，溶液酸性越强，酸的电离程度越大；等浓度时，HCN 溶液与 NaOH 溶液等体积混合生成 NaCN，CN -离子在溶液中水解，溶液呈碱性；C 2O42具有还原性，HCN 也具有还原性，不可能发生氧化还原反应；草酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色。【详解】由表格中的数据可知，电离常数的大小顺序为 H2C

21、2O4HC 2O4CH 3COOHHCN，酸性强弱顺序为 H2C2O4HC 2O4CH 3COOHHCN，等物质的量浓度的各溶液中，c(H )大小顺序为H2C2O4HC 2O4CH 3COOHHCN，则 pH 关系为 pH(HCN) pH(CH3COOH)pH(H2C2O4)，A 错误；若 a=b，a molL 1 HCN 溶液与 b molL1 NaOH 溶液等体积混合恰好完全生成 NaCN，NaCN- 16 -为强碱弱酸盐，在溶液中水解，溶液显碱性，B 错误；由电离常数可知，酸性 HC2O4HCN，则向 Na2C2O4溶液中滴加足量 HCN 溶液不能发生反应，C 2O42具有还原性，HCN

22、 也具有还原性，不可能发生氧化还原反应，不可能有二氧化碳气体生成，C 错误；草酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D 正确。【点睛】本题考查电离、水解及氧化还原反应，试题综合性较强，注意题干中数据的应用和物质的氧化性、还原性来解答。26.如图所示为对 10mL 一定物质的量浓度的盐酸 X 用一定物质的量浓度的 NaOH 溶液 Y 滴定的图象，依据图象推出 X 和 Y 的物质的量浓度是下表内各组中的A B C DX（mol/L） 0.12 0.04 0.03 0.09Y（mol/L） 0.04 0.12 0.09 0.03A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】为 c（HCl

23、） 、c（NaOH） ，当 NaOH 溶液体积为 20ml，结合图象可知，酸过量，c（H +）= =“0.01mol/L“ 当 NaOH 溶液体积为 30ml，结合图象可知，溶液呈中性，恰好反应，即 10C（HCl）=30c（NaOH）由、求解得 c（HCl）=0.09mol/L、c（NaOH）=0.03mol/L，故选 D- 17 -【点评】本题主要考查了 pH 值的计算，抓住酸过量时，相当于对过量的酸进行稀释，恰好反应时两者的物质的量之比等于化学计量数之比27.用已知浓度的 NaOH 溶液测定某 H2SO4溶液的浓度，参考图示从下表中选出正确选项( )锥形瓶中溶液 滴定管中溶液选用的指示剂

24、选用的滴定管A 碱 酸 石蕊 乙B 酸 碱 酚酞 甲C 碱 酸 石蕊 甲D 酸 碱 酚酞 乙A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】酸式滴定管不能盛放碱溶液，而碱式滴定管不能盛放酸溶液，指示剂应选择颜色变化明显的酚酞或甲基橙，不能选用石蕊。【详解】不能用石蕊做酸碱指示剂，否则会引起较大误差，A 错误；不能用酸式滴定管盛装碱性溶液，B 错误；不能用碱式滴定管盛装酸性溶液，C 错误；用酚酞做指示剂，到达滴定终点时，溶液颜色有无色变为浅红色，并且滴定管使用正确，D 正确。故选 D。【点睛】本题考查中和滴定实验，解答本题的关键是：明确酸、碱式滴定管使用时的注意事项，指示剂的变色

25、范围。另外还要注意在酸碱中和滴定中，无论是标准溶液滴定待测溶- 18 -液，还是待测溶液滴定标准溶液，只要操作正确，都能达到目的。28.下图曲线 a 和 b 是盐酸与氢氧化钠的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是( )A. 盐酸的物质的量浓度为 1 mol/LB. P 点时反应恰好完全，溶液呈中性C. 曲线 a 是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线D. 酚酞不能用作本实验的指示剂【答案】B【解析】【分析】根据图象知，当盐酸中滴加氢氧化钠溶液时，溶液的 pH=1，则 c（HCl）=0.1mol/L，当氢氧化钠溶液中未滴加盐酸时，溶液的 pH=13，则 c（NaOH）=0.1mol/L；根据 pH 变化曲

26、线知，a是氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液，b 是盐酸滴定氢氧化钠溶液。【详解】根据图象知，当盐酸中未滴加氢氧化钠溶液时，溶液的 pH=1，则 c（HCl）=10 -1 mol/L=0.1mol/L，A 错误；P 点时二者恰好完全中和，盐酸是一元强酸，氢氧化钠是一元强碱，当二者恰好中和时，二者反应生成氯化钠，则溶液呈中性，B 正确；根据图象知，当 a曲线起点的 pH=1，说明原溶液是盐酸，所以 a 曲线是氢氧化钠滴定盐酸的实验，C 错误；甲基橙的变色范围是 3.1-4.4，酚酞的变色范围是 8-10，且变色现象较明显，所以该中和滴定可以用酚酞或甲基橙作指示剂，故 D 错误。故选 B。【点睛】本题考查了

27、酸碱中和滴定实验，根据图中 pH 变化曲线确定滴定顺序，结合酸碱的性质分析解答，难点是酸碱指示剂的选取方法。二、非选择题（本题包括 4 小题，每空 1 分，共 16 分。 ）29.在某温度下的水溶液中，c(H )10 xmol/L，c(OH )10 ymol/L，x 与 y 的关系如图所示：- 19 -（1）该温度下，水的离子积为_。（2）该温度下，0.01mol/L NaOH 溶液中 c(H )为_ mol/L。【答案】 (1). 10 15 (2). 1013【解析】【分析】一定温度下，离子积常数 Kw=c（H +）c（OH -） ；由氢氧化钠溶液浓度计算 c(OH)，再根据离子积常数计算

28、 c(H )。【详解】 （1）根据图知，当 c（H +）=10 -5mol/L，c（OH -）=10 -10mol/L，由离子积常数Kw=c（H +）c（OH -）=10 -5.10-10=10-15。 （2）0.01mol/L NaOH 溶液中 c(OH)为 110-2 mol/L，则溶液中 c(H )为 = =110-13 mol/L。【点睛】本题考查了溶液 pH 的有关计算，注意离子积常数=c（H +）c（OH -）的应用，温度改变离子积常数改变为易错点。30.已知室温时，0.1mol/L 某一元酸 HA 在水中有 0.1%发生电离，回答下列问题：（1）该溶液中 c(H )_ mol/L

29、。（2）HA 的电离平衡常数 K_。（3）升高温度时，K_(填“增大” ， “减小”或“不变”)。（4）由 HA 电离出的 c(H )约为水电离出的 c(H )的_倍。【答案】 (1). 110 4 (2). 1107 (3). 增大 (4). 10 6【解析】【分析】（1）HA 电离出的 c（H +）为 0.1mol/L0.1%=10-4mol/L；（2）由 H H+Ac-，c（H +）=c（Ac -）=10 -4mol/L，则电离平衡常数为 =110-7；（3）升高温度，- 20 -促进弱电解质的电离，电离平衡右移；（4）HA 电离出的 c（H +）为 0.1mol/L0.1%，利用Kw

30、来计算水电离产生的氢离子浓度。【详解】 （1）HA 电离出的 c（H +）为 0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，则 pH=-lg（10 -4）=4。 （2）由 HA H+Ac-，c（H +）=c（Ac -）=10 -4mol/L，则电离平衡常数为 Ka=110-7；（3）因 HA 的电离是吸热过程，温度升高促进电离，故电离常数 K 增大；（4）HA 电离出的 c（H +）为 0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢氧根离子为 mol/L=10-10mol/L，而水电离氢离子浓度等于氢氧根离子的浓度，c（H +）为 10-10mol/L，则由 HA 电离出的 c（

31、H +）约为水电离出的 c（H +）的 106倍【点睛】本题考查弱酸的电离，为高频考点，侧重于分析能力和计算能力的考查，明确离子的浓度、温度对电离平衡的影响及离子积的计算即可解答。31.在 2 L 密闭容器内，800时反应 2NO(g)O 2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：时间(s) 0 1 2 3 4 5n(NO)(mol) 0.020 0.01 0.008 0.007 0.007 0.007（1）800，反应达到平衡时，NO 的物质的量浓度为_ mol/L；升高温度，NO 的浓度增大，则该反应是_(填“放热”或“吸热”)反应。（2）如下图中表示 NO2变化的曲线

32、是_（填字母序号 a、b、c、d） 。用 O2表示从02 s 内该反应的平均速率 v_ mol/(Ls)。（3）能说明该反应已达到平衡状态的是_。av(NO 2)2v(O 2) b容器内压强保持不变- 21 -cv 逆 (NO)2v 正 (O2) d容器内密度保持不变（4）能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是_。a及时分离出 NO2气体 b适当升高温度c增大 O2的浓度 d选择高效催化剂【答案】 (1). 0.0035 (2). 放热 (3). b (4). 1.5103 (5). bc (6). c【解析】【分析】浓度不变说明反应达到平衡；升高温度平衡向吸热反应方向移动；依据

33、反应物浓度减小、生成物浓度增大判断；氧气的消耗浓度是一氧化氮浓度的一半；达到平衡状态，反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化、正逆反应速率相等；依据影响反应速率和化学平衡的因素判断。【详解】 （1）由表中数据可知从 3s 开始，NO 的物质的量为 0.007mol，不再变化，3s 时反应达平衡，所以平衡时 NO 的浓度为 0.007mol/2L= 0.0035 mol/L；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，NO 的浓度增大，则平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应。 （2）平衡时消耗 NO 的是 0.013mo，则生成 NO2是 0.013mol，其浓度是 0.013mol2L0.00

34、65mol/L，所以 b 曲线表示 NO2的变化；02 s 内消耗 NO 是 0.012ml，则消耗氧气是 0.006mol 其浓度变化是 0.006mol2L0.003mol/L，所以用氧气表示的反应速率是0.003mol/L2s1.510 3 mol/（Ls） 。 （3）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为 0） ，反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。A 中反应速率的的关系是恒成立的，不能说明；根据反应的方程式可知，反应前后体积减小，所以压强也是减小的，因此选项 b 正确；c 中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之

35、比，正确；密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此 d 不正确，答案选 bc。 （4）a 降低生成物的浓度，反应速率降低；升高温度平衡向逆反应方向进行，b 不正确；催化剂不能改变平衡状态，d不正确；增大反应物的浓度可以加快化学反应速率，平衡向正反应方向移动，所以正确的答案选 c。【点睛】本题考查化学平衡，涉及化学平衡的判断、影响化学平衡的因素、平衡状态的标志和化学平衡的移动，注意平衡状态判断选择判断的物理量，应随着反应的进行发生变化，当- 22 -该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。32.高炉炼铁过程中发生的主要反应为：1/3Fe 2O3(s)

36、CO(g) 2/3 Fe(s)CO 2(g)。已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：温度/ 1 000 1 150 1 300平衡常数 4.0 3.7 3.5请回答下列问题：（1）该反应的平衡常数表达式 K_，H_0(填“” 、 “”或“”)；（2）在一个容积为 10 L 的密闭容器中，1 000时加入 Fe、Fe 2O3、CO、CO 2各 1.0 mol，反应经过 10 min 后达到平衡。求该时间范围内反应的平均反应速率 v(CO2)_ mol/(Lmin)，CO 的平衡转化率_；【答案】 (1). c(CO 2)/c(CO) (2). (3). 0.006 0 (4). 60%【解析】【

37、分析】根据化学平衡常数的概念来书写表达式，并利用温度与化学平衡常数的关系来分析反应热；根据各物质的物质的量、化学平衡常数及三段法计算来平衡时的量，再计算反应速率及物质的转化率【详解】 （1）由平衡常数是指在一定温度下，当一个可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，但需要注意但是固体和纯液体的浓度视为常数，不能出现在表达式中，则 K=c(CO2)/c(CO)，从表中数据可知随着温度的升高平衡常数逐渐减小，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，即H0。 （2）设 CO 转化的物质的量为 x，则1/3Fe2O3（s）+CO（g） 2/3Fe（s）+CO 2（g）起始量（mol） 1.0 1.0转化的量（mol） x x平衡时的量（mol） 1.0-x 1.0+x又在 1000时 K=4.0，则有(1.0+x)/(1.0-x)=4.0=4.0，解得 x=0.6，C0 2的浓度变化量为：c（C0 2）=0.06mol/L，则用二氧化碳表示的反应速率为 0.006mol/（L mim） ，CO 的转化率- 23 -为 100%=60%。【点睛】本题主要考查化学平衡常数的概念及计算以及反应热的有关判断，利用化学平衡三段法计算平衡时的量并借助化学反应速率的概念、转化率的概念来计算。