2019-2020学年河南省南阳市高二上学期期中质量评估化学试题 解析版

南阳市2018年秋期高中二年级期中质量评估化学试题

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Mg 24 Cu 64 Ag 108

第Ⅰ卷（选择题共48分）

一、选择题（本题包括16小题，每题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意） 1.下列物质间的反应，其能量变化符合如图的是

A. 甲烷的燃烧

C. Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合 【答案】A 【解析】

B. 灼热的炭与二氧化碳反应 D. 碳酸钙的分解

分析：图象中反应物总能量高于生成物总能量，所以这是一个放热反应，根据常见的吸热反应和放热反应即可判断出正确答案。

详解：一般来说，物质的燃烧反应、多数的化合反应、中和反应、金属与水（或酸）反应、铝热反应等都是放热反应，而多数的分解反应，C与水（或CO2）的反应，铵盐与某些碱的反应、水解反应都是吸热反应，所以A是放热反应，其它三个都是吸热反应，故本题答案为A。 2.在做中和反应反应热的测定实验时，应使用的仪器正确的是

①量筒 ②托盘天平 ③烧杯 ④泡沫塑料或纸条 ⑤冷凝管 ⑥温度计 ⑦酒精灯 ⑧泡沫塑料板或硬纸板（中心有小孔） ⑨环形玻璃搅拌棒 A. ①③④⑥⑧⑨ 【答案】A 【解析】

B. ②③⑤⑥⑦⑧

C. ①②③⑥⑦⑧

D. 全部

【详解】中和热测定的实验装置如图，需要温度计测定溶液温度、

- 1 -

环形玻璃搅拌棒搅拌使溶液混合均匀，还需要量筒量取一定量的酸、碱溶液， 故选A。

3.下列说法正确的是

A. 1gH2和8gO2反应放出71.45kJ的热量，则氢气的燃烧热为142.9kJ·mol-1 B. C(石墨)=C(金刚石) ΔH=+1.9kJ·mol-1，说明石墨比金刚石稳定

C. HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ·mol，则H2SO4和Ca(OH)2 反应的中和热ΔH=-2×（57.3）kJ·mol

D. 将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g),放热19.3kJ，其热化学方程式为 N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=-38.6kJ·mol-1 【答案】B 【解析】

【详解】A、1g H2的物质的量为1g/2g·mol－1=0.5mol，8g O2的物质的量为8g/32g·mol－

1

-1

-1

=0.25mol，发生反应2H2+O2=2H2O，由方程式可知，0.25mol氧气完全反应需要消耗氢气为

0.25mol×2=0.5mol，等于0.5mol，故氢气恰好完全反应，故放出71.45kJ热量参加反应的氢气的物质的量为0.5mol，同样条件下1mol H2在O2中完全燃烧放出的热量是：71.45kJ×1mol/0.5mol=142.6 kJ。燃烧热是在常温常压下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，H2燃烧生成的稳定的氧化物是液态水，而题目没有指明水的状态，故A错误；

B、C(石墨)=C(金刚石) ΔH=+1.9kJ·mol-1，是吸热反应，说明石墨比金刚石能量低，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B正确；

C、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，其衡量标准是生成的水为1mol，故无论稀H2SO4和Ca(OH)2反应生成的水是几摩尔，其中和热恒为57.3KJ·mol－

1

，故C错误；

D、N2和H2生成NH3是可逆反应， 将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3放热19.3kJ，无法确定反应的量，故D错误； 故选B。

4.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）

ƒ3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ

（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是 A. m=2

- 2 -

B. 两次平衡的平衡常数相同 C. X与Y的平衡转化率之比为1:1

D. 第二次平衡时，Z的浓度为0.4 mol·L 【答案】D 【解析】

某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）

－1

ƒ3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ

（g），则可等效为两等效平衡体系合，在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动，但再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A项正确；同一化学反应的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数相同，B项正确；m=2，则起始量X与Y之比为1:2，则反应过程中由方程式可知反应的X与Y之比为1:2，故X与Y的平衡转化率之比为1:1，C项正确；m=2，则该反应为反应前后气体总量不变的反应，故第二次平衡时Z的物质的量为：4×10%=0.4mol，故Z的浓度为0.4mol÷2L=0.2mol/L，故D项错误；本题选D。

【考点定位】本题主要考查了化学平衡移动原理及计算。涉及化学计量数的计算、转化率的计算、物质浓度的计算，平衡移动的判断等

5.在恒容密闭容器中存在下列平衡：CO(g)+H2O(g)

CO2(g)+H2(g)。CO2(g)的平衡物质的量

浓度c(CO2)与温度T的关系如图所示。下列说法错误的是

A. 反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的ΔH＞0

B. 在T2时，若反应处于状态D，则一定有ν正＜ν逆 C. 平衡状态A与C相比，平衡状态A的c(CO)小 D. 若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2

- 3 -

【答案】BD 【解析】

试题分析：A．平衡状态A与C相比，C点温度高，已知△H＞0，升高温度平衡正移，CO浓度减小，所以A点CO浓度大，故A错误；B．T2时反应进行到状态D，c(CO2)高于平衡浓度，故反应向逆反应进行，则一定有υ(正)＜υ(逆)，故B正确；C．由图可知，温度越高平衡时c(CO2)越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故正反应是吸热反应，即△H＞0，故C错误；D．该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，故K1＜K2，故D正确；故选BD。 【考点定位】考查化学平衡的影响因素

【名师点晴】本题考查温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等知识，题目难度中等，注意曲线的各点都处于平衡状态，明确化学平衡及其影响为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。化学平衡图像题的解题技巧：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。

6.如图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O，下列说法正确的是

A. 甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置 B. 甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH－6e－＋2H2O===CO32－＋8H＋

C. 反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度 D. 甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生1.45 g固体 【答案】D 【解析】 【分析】

- 4 -

丙池两端的电极材料相同，应作电解池；甲池是燃料电池，CH3OH中碳元素失电子，化合价升高，作负极，电极反应为CH3OH－6e＋8OH===CO3＋6H2O；O2得电子，化合价降低，作正极，电极反应为O2+4e+2H2O=4OH。乙池石墨电极与正极相连，作阳极；Ag电极是阴极。丙池右侧Pt与负极相连，作阴极；左侧Pt是阳极。据以上分析解答。

【详解】A项，甲池是燃料电池，属于原电池，是将化学能转化为电能的装置，乙、丙池属于电解池，是将电能转化为化学能的装置，故A项错误；

B项，甲池是燃料电池，CH3OH燃料通入的极是电池的负极，发生氧化反应，因电解质是氢氧化钾，所以电极反应不会生成氢离子，故B项错误；

C项，电解硫酸铜时，阳极放氧气，阴极析出金属铜，所以要让电解质在电解后复原，应加入氧化铜，故C项错误；

D项，丙池中，电解硝酸银时，阴极析出金属银，甲池中的正极发生的电极反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH-，消耗280mL（标准状况下）即0.0125molO2，转移的电子为0.05mol，阴极氢离子得电子生成氢气，致使氢氧根与镁离子结合生成氢氧化镁，则丙池生成氢氧化镁的质量为58g/mol×0.025mol=1.45g，故D项正确； 综上所述，本题选D。

【点睛】用惰性电解电解硫酸铜溶液，反应为：2CuSO4+2H2O

2Cu+2H2SO4+2O2↑；由于反

﹣

-－

-2-

应后生成铜和氧气，因此要把电解后的溶液恢复到电解前的状态，要加入铜和氧气形成的化合物氧化铜，且满足“缺多少补多少，缺什么补什么”规律。

7.在25℃时，将两个铂电极插入一定量的饱和硫酸钠溶液中进行电解，通电一段时间后，阴极逸出a mol气体，同时有w g Na2SO4·10H2O晶体析出，若温度不变，剩余溶液中溶质质量分数是

A. w/(w+18a) ×100％ B. w/(w＋36a) ×100％

C. 7100w/[161(w＋18a)] ×100％ D. 7100w/[161(w＋36a)] ×100％ 【答案】C 【解析】

【详解】电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电生成氢气，发生反应2H2O

O2↑+2H2↑，电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余电解质

溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液，

- 5 -

wg Na2SO4·10H2O中硫酸钠的质量=wg×142/322=71w/161g； 设电解水的质量为x： 2H2O

O2↑+2H2↑，

36g 2mol x amol x=18ag，

71w71w饱和溶液的质量分数=161100%100%

w18a161w18a故选：C。

8.NO2 是大气的主要污染物之一，某研究小组设计如图所示的装置对NO2 进行回收利用，装置中a、b均为多孔石墨电极。下列说法正确的是

A. a 为电池的负极，发生还原反应

B 电子流向：a 电极→用电器→b 电极→溶液→a 电极 C. 一段时间后，b 极附近HNO3浓度增大 D. 电池总反应为4NO2 +O2 +2H2O= 4HNO3 【答案】D 【解析】

通入O2的b极为正极，通入NO2的a极为负极。A项，a为电池的负极，发生失电子的氧化反应：NO2-e+H2O=NO3+2H，错误；B项，电子流向：a电极→用电器→b电极，错误；C项，b极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，生成H2O，b极附近HNO3浓度减小，错误；D项，将正负极电极反应式相加得电池总反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，正确；答案选D。

点睛：原电池中电子的流向：由负极通过导线流向正极；在电解质溶液中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动；即“电子不下水，离子不上岸”。

9.如图所示的装置，通电一段时间后，测得甲池中某电极质量增加2.16 g，乙池中某电极上

--+

- 6 -

析出0.24 g某金属，下列说法正确的是

A. 甲池b极上析出金属银，乙池c极上析出某金属 B. 甲池a极上析出金属银，乙池d极上析出某金属 C. 某盐溶液可能是CuSO4溶液 D. 某盐溶液可能是Mg(NO3)2溶液 【答案】C 【解析】

【详解】电解过程中加池中的a电极上析出了金属银，质量为2.16g,可以计算出转移电子的物质的量为0.02mol;甲池中a电极析出了金属银，乙池中c电极为阴极析出某金属，A错误；B错误；乙池中的盐溶液若为硫酸铜溶液则可以在阴极析出金属铜，若为硝酸镁溶液则阴极没有金属析出，所以C正确，D错误；答案选C。

10.用Pt极电解含有Ag+、Cu2＋和X3＋各0．1 mol的溶液，阴极析出固体物质的质量m (g)与回路中通过电子的物质的量n (mol)关系如图所示。则下列氧化性强弱的判断正确的是

A. Ag+>X3+＞Cu2+>H+>X2+ B. Ag＞Cu＞X>H>X C. Cu2＋>X3十>Ag十>X2+>H+ D. Cu2+＞Ag＋＞X3+>H+＞X2+ 【答案】A 【解析】

- 7 -

+

2+

3+

+

2+

试题分析：由图像分析可知，实验开始即析出固体，当有0.1mol电子通过时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是Ag，此后，继续有电子通过，不再有固体析出，说明X放电生成X，最后又有固体析出，则为铜。因此，氧化能力为Ag＞X＞Cu；当电子超过0.4mol时，固体质量没变，说明这是阴极产生的是氢气，即电解水，说明氧化能力H+＞X2+。故氧化能力为Ag+＞X3+＞Cu2+＞H+＞X2+。

【考点定位】图像图表分析；电解原理；阳离子氧化性强弱比较。 【名师点睛】

11.用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成。则电解一段时间后，下列有关该溶液（与电解前同温度）的说法中，正确的有

①该溶液的PH可能增大； ②该溶液的PH可能减小； ③该溶液的PH可能不变； ④该溶液的浓度可能增大； ⑤该溶液的浓度可能不变； ⑥该溶液的浓度可能减小。 A. 三种 【答案】C 【解析】

试题分析：用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成，这说明电解的实质是电解水。①正确，例如溶质是氢氧化钠；②正确，例如溶质可能是硫酸；③④正确，例如溶质可能是硝酸钠；⑤也是正确的，例如如果原溶液是饱和的硫酸钠溶液等，但溶质的浓度是不可能减小的，⑥不正确，答案选C。 考点：考查电解有关判断

点评：该题的关键是根据电解产物，得出电解的是水。然后通过举例、逐一筛选排除即可，难度较大。

B. 四种

C. 五种

D. 六种

2+

+

3+

2+

3+

12.将一定量的BaCl2、CuBr2、Na2SO4三种固体物质投入到足量的水中，用铂电极进行电解，且电解时间足够长有以下结论，其中正确的是（设Cl2、Br2全部从溶液中逸出）

①溶液中几乎没有Br②最终溶液为无色 ③最终溶液显碱性 ④Ba、Na和SO4的浓度几乎没有变化 A. ①②③ 【答案】A 【解析】

-

2+

＋

2-

【详解】将一定量的BaCl2、CuBr2、Na2SO4三种固体物质投入到足量的水中，Ba2＋和SO42－要反应，用铂电极进行电解，且电解时间足够长，阳极放电次序：Br－>Cl－,阴极Cu2＋>H＋,（设Cl2、

- 8 -

的B. ③④

C. ①④

D. 均正确

Br2全部从溶液中逸出）

①电解CuBr2，生成铜单质与溴单质，且溴单质在水中的溶解度小，所以溶液最后几乎没有溴离子，故正确；

②电解CuBr2，生成铜单质与溴单质，在溶液中有颜色的离子是铜离子，而在电解足够长的时间里铜完全被还原附着在铂电极表面，所以溶液最后几乎没有颜色，故正确；

③在电解KCl时，其实是在电解氯化氢，而氢离子来源就是由水电离出来的。水在电离出氢离子的同时就要电离出氢氧根离子，在足够长的时间里，氢氧根积累了很多，且无弱碱生成，溶液就显碱性，故正确；

④这三种离子的物质的量是没有改变的，但是在电解Na2SO4（其实是电解水），KCl时，都有水的消耗，溶液的体积肯定有变化，所以体积减小，物质的量不变，浓度要增大，而不是没有变化，故错误。 故选A。

13.在一个6L的密闭容器中，放入3LX（g）和2LY（g），在一定条件下发生下列反应:4X（g）＋3Y（g）⇌2Q（g）+nR（g）达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加5％，X的浓度减小1/3，则该反应方程式中的n的值是 A. 3 【答案】D 【解析】 【分析】

B. 4

C. 5

在相同温度和压强下，相同体积的气体具有相同的分子数，即分子个数比=体积比。

的D. 6

- 9 -

【详解】解法一：在相同温度和压强下，相同体积的气体具有相同的分子数，即分子个数比=体积比；反应至平衡状态X的浓度减小1/3，说明至平衡时，X的反应消耗量为3L×1/3=1L

反应后6L反应物中剩余气体的体积为：6L-1L-3/4L=17/4L

达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加5%，即说明原来压强若为1，则平衡是压强应为1.05．在恒温恒容下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比． 所以6L：（17/4L+2/4L+n/4L）=1：1.05 由上述关系可解得n=6。

故选D。

解法二、在一定温度下的密闭容器中，反应后压强增大了，说明气体是物质的量增加了，所以生成物的气体计量数之和大于反应物的气体计量数之和，即2+n＞4+3，即n＞5，故选D。 14.25 ℃时，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：Sn(s)＋Pb2＋(aq)

Sn2＋(aq)＋Pb(s)，体系中c(Pb2＋)和c(Sn2＋)变化关系如图所示。下列判断正确的是

A. 往平衡体系中加入金属铅后，c(Pb2＋)增大

B. 往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Pb)变小 C. 升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，说明该反应ΔH＞0 D. 25 ℃时，该反应平衡常数K＝2.2 【答案】D 【解析】

2＋

【详解】A、金属铅是固体，增大铅的用量，不影响平衡移动，c（Pb2+）不变，错误； B、加入少量SnNO3）2固体，Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动，c（Pb2+）增大，错误； C、升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明平衡向逆反应进行，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，ΔH<0，错误；

D、根据图像知25 ℃时，该反应的平衡常数K＝c（Sn2+）/ c(Pb2＋）=0.22mol/L÷0.10mol/L=2.2，正确。 答案选D。

15.在等温、等容条件下,有下列气体反应：2A(g)＋2B(g)

径建立平衡：Ⅰ.A和B的起始浓度均为2mol/L；Ⅱ.C和D的起始浓度分别为2 mol/L和6 mol/L。下列叙述正确的是 （ ）

的C(g)＋3D(g)。现分别从两条途

A. 达到平衡时，Ⅰ途径的反应速率V(A)等于Ⅱ途径的反应速率V(A)

- 10 -

B. 达到平衡时，第Ⅰ条途径混合气体的密度与第Ⅱ条途径混合气体的密度相同 C. Ⅰ和Ⅱ两途径最终达到平衡时，体系内混合气体的体积分数相同 D. Ⅰ和Ⅱ两途径最终达到平衡时，体系内混合气体的体积分数不同 【答案】C 【解析】

试题分析：本题可认为是等效平衡问题。Ⅰ途径最终所达到的平衡与C和D的起始浓度分别为1 mol/L和3 mol/L最终所达到的平衡属于等同平衡，由于该气体反应是一个反应前后气体总体积不变的反应，故Ⅱ途径最终所达到的平衡与Ⅰ途径最终所达到的平衡，可以认为是加压后不移动的平衡。所以(A)(B)(D)都不正确。其中达到平衡时，Ⅰ途径的反应速率V(A)小于Ⅱ途径的反应速率V(A)；达到平衡时，第Ⅰ条途径混合气体的密度是第Ⅱ条途径混合气体的密度的一半，所以答案选C。 考点：考查等效平衡的有关判断和应用

点评：本题是中等难度的试题，对学生的要求比较高。该题运用等效平衡解题模型可大大方便解题，提高学习效率。

16.在容积为2L的恒容密闭容器中，一定温度下，发生反应：aM(g)+bN(g) M、N、Q的物质的量随时间的变化如图所示，则下列叙述正确的是

cQ(g)，气体

A. 该温度下此反应的平衡常数的值K=25/4

B. 平衡时，M的转化率为50℅，若条件改为恒温恒压，则达平衡时M的转化率小于50℅ C. 若开始时向容器中充入2molM和1molN，达到平衡时，M的体积分数小于50℅ D. 在5min时，再向体系中充入少量He，重新达到平衡前v(正)＞V（逆) 【答案】C 【解析】

试题分析：△n（M）＝0.8mol－0.4mol＝0.4mol，△n（N）＝0.4mol-0.2mol＝0.2mol，△n（Q）＝0.2mol，所以a：b：c＝2：1：1，化学方程式为2M（g）+N（g）

Q（g），A．平

- 11 -

衡时，c（M）＝0.4mol÷2L＝0.2mol/L，c（N）＝c（Q）＝0.2mol÷2L＝0.1mol/L，K＝＝

＝25，故A错误；B．平衡时，M的转化率为50％，若条件改为恒温恒压，由于

正方应是体积减小的可逆反应，因此保存恒温恒压有利于平衡向正反应方向进行，则达平衡时M的转化率大于50％，故B错误；C．在该条件下，M的体积分数为：

×100%＝50%。由于该反应前气体体积大于反应后气体体积，充入比原

反应更多的反应物时，可逆反应进行程度比原平衡大，所以M的体积分数小于50%，故C正确；D．向体系中充入少量He，化学平衡不移动，即v（正）＝v（逆），故D错误，答案选C。 考点：考查化学平衡图象、影响平衡的因素、平衡常数影响因素、化学反应速率的计算等

第Ⅱ卷非选择题（共52分）

二、非选择题（共5个大题，共计52分）

17.（1）在一个绝热、容积不变的密闭容器中发生可逆反应:N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＜0，下列各项能说明该反应已经达到平衡状态的是______ A.容器内气体密度保持不变 B.容器内温度不再变化 C.断裂1mol

键的同时，生成6molN-H键

D.反应消耗N2、H2与产生NH3的速率之比1:3:2

（2）已知:①Zn（s）＋1/2O2（g）＝ZnO（s） △H＝-348.3kJ·mol-1 ②2Ag（s）＋1/2O2（g）＝Ag2O（s）△H＝-31.0kJ·mol-1

则 Zn（s）＋Ag2O（s）＝ZnO（s）＋2Ag（s）的△H＝_____kJ·mol-1 （3）已知两个热化学方程式

C（s）＋O2（g）＝CO2（g）△H＝-393.5 kJ·mol-1 2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（g）△H＝-483.6 kJ·mol

现有0.2mol炭粉和H2组成悬浮气，使其在O2中完全燃烧，共放出63.53kJ的热量，则炭粉与H2的物质的量之比是________

【答案】 (1). B (2). －317.3 (3). 1：1 【解析】 【分析】

（1）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，

- 12 -

-1

当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态； （2）根据盖斯定律①-②计算；

（3）设C和H2的物质的量分别为x、y，x+y=0.2，根据热化学方程式计算有393.5x＋1/2×483.6=63.53，据此计算x：y；

【详解】（1）A．根据质量守恒，反应前后混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，不能证明该反应是否达到平衡状态，故A错误；

B．该反应放热，容器内温度不再变化，能证明该反应是达到平衡状态，故B正确； C．断裂1mol N≡N键的同时，生成6mol N-H键，表示的都是正反应速率，无法判断平衡状态，故C错误；

D．无论反应是否平衡，反应消耗N2、H2与产生NH3的速率之比1：3：2，不能证明该反应达到平衡状态，故D错误； 故选B；

（2）已知:①Zn（s）＋1/2O2（g）＝ZnO（s） △H＝-348.3kJ·mol ②2Ag（s）＋1/2O2（g）＝Ag2O（s）△H＝-31.0kJ·mol

盖斯定律①-②得到 Zn（s）＋Ag2O（s）＝ZnO（s）＋2Ag（s）的△H＝-348.3 kJ·mol－1－（-31.0 kJ·mol）=-317.3kJ·mol；

（3）设C和H2的物质的量分别为x、y，x+y=0.2，根据热化学方程式计算有393.5x＋1/2×483.6=63.53，解得x=y=0.1mol，即x：y=1：1。

【点睛】本题考查化学平衡状态的判定、盖斯定律的应用、反应热及其计算，解题关键：把握平衡的特征及判定方法、反应热及其计算，易错点（1）理解随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，反应达到平衡状态。

18.A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的气球。关闭K2，将等量且少量的NO2通过K1、K3分别充入A、B中，反应起始时，A、B的体积相同。(已知：2NO2(g)

N2O4(g) ΔH＜0)

－1

－1

-1

-1

（1）一段时间后，反应达到平衡，此时A、B中生成N2O4的速率是vA______vB(填“＞”、“＜”或“＝”)；若打开活塞K2，气球B将______(填“变大”、“变小”或“不变”)。

- 13 -

（2）关闭活塞K2，若在A、B中再充入与初始量相等的NO2，则达到平衡时，NO2的转化率αA将________(填“增大”、“减小”或“不变”)；若分别通入等量的氖气，则达到平衡时，A中NO2的转化率将________，B中NO2的转化率将______(填“变大”、“变小”或“不变”)。 （3）室温下，若A、B都保持体积不变，将A套上一个绝热层，B与外界可以进行热传递，则达到平衡时，______中的颜色较深。

（4）若在容器A中充入4.6 g的NO2，达到平衡后容器内混合气体的平均相对分子质量为57.5，则平衡时N2O4的物质的量为___________________。

【答案】 (1). ＜ (2). 变小 (3). 增大 (4). 不变 (5). 变小 (6). A (7). 0.02mol 【解析】

【详解】（1）根据装置可知，A是保持恒温恒容的，B是保持保持恒温恒压的。由于该反应是体积减小的放热的可逆反应，所以A中的压强在反应过程中减小，所以A中的反应速率小于B中的反应速率。若打开活塞K2，则相当于整套装置是恒温恒压的，所以气球B将减小；（2）在加入等量的NO2气体，则A是相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，转化率增大。若通入等量的Ne气，则A中物质的浓度不变，平衡不移动，转化率不变；而B是压强不变的，所以容器容积增大，物质的浓度减小，平衡向逆反应方向进行，转化率减小；

（3）该反应为放热反应，将A套上—个绝热层，相当于给A加热，平衡逆向移动，NO2的浓度增大，A中的颜色较深；

（4）4.6g的NO2的物质的量为0.1mol,n(总)=4.6g÷57.5g/mol=0．08mol,利用三段式解题：

2NO2

N2O4

开始 0.1 0 变化 2x x 平衡 0.1-2x x 0.1-2x+x=0.08 x=0.02

19.在一定体积的密闭容器中进行化学反应CO2（g）＋H2（g）⇌CO（g）＋H2O（g），其化学平衡常数K和温度T的关系如表所示

- 14 -

请回答下列问题:

（1）该反应的正反应为______（填“吸热”或“放热”）反应，

（2）某温度下，在2L的密闭容器中，加入 1molCO2和 1mol H2，充分反应达平衡时，CO的平衡浓度为0.25mol/L,试判断此时的反应温度为________

（3）若在(2)所处的温度下,在1L的密闭容器中,加入2moCO2和3 mol H2,则充分反应达平衡时,H2的物质的量______

A.等于1.0mol B.大于1.0mol C.大于0.5mol,小于1.0mol D.无法确定 【答案】 (1). 吸热 (2). 830 (3). B 【解析】 【分析】

（1）由表中数据可知，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，温度升高平衡向吸热反应移动；

（2）计算平衡时各物质的量的浓度，再根据k=c(CO)·c(H2O)/c(CO2)·c(H2)计算平衡常数判断温度；

（3）令平衡时参加反应的CO2的物质的量为ymol，则： CO2（g）+H2（g）

CO（g）+H2O（g）

开始（mol）：2 3 0 0 变化（mol）：y y y y 平衡（mol）：2-y 3-y y y

再根据平衡常数k=c(CO)·c(H2O)/c(CO2)·c(H2)=1列方程计算解答．

【详解】（1）由表中数据可知，温度越高化学平衡常数越大，升高温度平衡向正反应移动，温度升高平衡向吸热反应移动，故该反应正反应是吸热反应；

（4）某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molCO2和1molH2充分反应达平衡时，CO平衡浓度为0.25mol·L－1，则： CO2（g）+H2（g）

CO（g）+H2O（g）

起始浓度（mol）：0.5 0.5 0 0 变化浓度（mol）：0.25 0.25 0.25 0.25 平衡浓度（mol）：0.25 0.25 0.25 0.25

- 15 -

平衡常数K=

0.250.25 =1，

0.250.25故所处温度为830℃；

令平衡时参加反应的CO2的物质的量为ymol，则： CO2（g）+H2（g）

CO（g）+H2O（g）

开始（mol）：2 3 0 0 变化（mol）：y y y y 平衡（mol）：2-y 3-y y y 再根据平衡常数k=c(CO)·c(H2O)/c(CO2)·c(H2)=1

yy则平衡常数K=

2y3y =1，解得y=1.2，故平衡时H2的物质的量为3mol－

1.2mol=1.8mol。 故选B。

【点睛】本题考查化学平衡计算、化学平衡常数、化学平衡状态的判断，要解好此类题，要掌握化学平衡常数的书写及用途：1、判断反应进行的程度，2、判断反应的热效应，3、判断反应进行的方向，4、计算转化率等．

20.人民网报道,浙江温岭一河流氨氮超标五倍,河水黑如墨水。氮氧化物污染日益严重,请分析下列有关NO、NO2等的试题,然后填空。

(1)下图所示为N2(g)和O2(g)生成NO(g)过程中的能量变化。

由上图写出N2(g)和O2(g)生成NO(g)的热化学反应方程式____________

(2)下图是1 mol NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图,请写出NO2和CO反应的热化学方程式________________________.

- 16 -

(3)已知:在298K、101kPa下,由稳定的单质生成1mol化合物的反应热叫做该化合物的生成热。如图为氧族元素(除钋外)的氢化物a、b、c、d的生成热数据示意图

①请归纳:非金属元素的气态氢化物的稳定性与氢化物的生成热(ΔH)之间的关系______________________________

②写出硒化氢在298K、101kPa时发生分解反应的热化学反应方程式__________

【答案】 (1). N2(g) + O2(g)=2NO(g)ΔH =+180 kJ/mol (2). NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)ΔH=-234 kJ/mol (3). 非金属元素的气态氢化物越稳定,ΔH越小,反之亦然 (4). H2Se(g)=H2(g)+Se(s) ΔH=-81 kJ/mol 【解析】

【详解】（1）由图：N≡N键的键能为946kJ·mol－1，反应热=反应物总键能-生成物总键能=946kJ·mol－1+498kJ·mol－1-2×632kJ·mol－1=180 kJ·mol－1，热化学方程式为：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180 kJ·mol－1；

（2）由图，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，反应热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=-234 kJ·mol－1；

（3）①非金属元素氢化物的稳定性与生成1mol氢化物时的△H的关系为：根据元素周期律，同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，气态氢化物越稳定；而根据热力学，能量越低越稳定，a、b、c、d依次为H2Te、H2Se、H2S、H2O， 即：非金属元素氢化物越稳定，△H越小，反之亦然；

由①可知，b为硒化氢的生成热数据，则硒化氢分解放热，且△H=-81kJ·mol－1，所以硒化氢发生分解反应的热化学反应方程式为H2Se（g）=Se（s）+H2（g）△H=-81kJ·mol－1。

- 17 -

【点睛】解题关键：掌握键能、热化学方程式书写、热化学方程式计算，难点（1）归纳非金属元素氢化物的稳定性与生成1mol氢化物时的△H的关系，要应用结构知识，元素周期表知识。

21.氮的重要化合物如氨（NH3）、肼（N2H4）、三氟化氮（NF3）等，在生产、生活中具有重要作用。

（1） 利用NH3的还原性可消除氮氧化物的污染，相关热化学方程式如下： H2O(l)＝H2O(g) △H1＝44.0 kJ·mol N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) △H2＝229.3 kJ·mol

4NH3(g)＋5O2(g)＝4NO(g)＋6H2O(g) △H3＝－906.5 kJ·mol－1 4NH3(g)＋6NO(g)＝5N2(g)＋6H2O(l) △H4 则△H4＝ kJ·mol－1。

（2） 使用NaBH4为诱导剂，可使Co2＋与肼在碱性条件下发生反应，制得高纯度纳米钴，该过程不产生有毒气体。

① 写出该反应的离子方程式： 。

② 在纳米钴的催化作用下，肼可分解生成两种气体，其中一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如下图1所示，则N2H4发生分解反应的化学方程式为： ；为抑制肼的分解，可采取的合理措施有 （任写一种）。

－1

－1

图1 图2

（3） 在微电子工业中NF3常用作氮化硅的蚀刻剂，工业上通过电解含NH4F等的无水熔融物生产NF3，其电解原理如上图2所示。

① 氮化硅的化学式为 。

② a电极为电解池的 （填“阴”或“阳”）极，写出该电极的电极反应式： ；电解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质，该气体的分子式

- 18 -

是 。

【答案】（1）-2317.0（2）①Co2++N2H4+4OH-=2Co↓+N2↑+4H2O ②3N2H4度。（3）①Si3N4② 阳 NH4++3F--6e-=NF3+4H+F2。 【解析】

试题分析： （1）根据盖斯定律分析，反应③-②×5-①×6得热化学方程式为4NH3(g)＋6NO(g)＝5N2(g)＋6H2O(l) △H4=-906.5-（229.3×5）-（44×6）= -2317.0KJ/mol（2）①根据题意，钴元素的化合价减低，所以氮元素化合价升高，只能为0价，即为氮气，据此分析还有水生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为Co2++N2H4+4OH-=2Co↓+N2↑+4H2O ②使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，即肼分解生成氨气，依据元素守恒可知，另外一种产物为氮气，所以方程式为3N2H4

N2+4NH3；从图分析，温度越高，肼的体积分数含量约滴，

N2+4NH3降低温

所以要抑制肼的分解，应降低温度。（3）①氮化硅中氮的非金属性强于硅，硅显+4价，氮显-3价，所以氮化硅的化学式为Si3N4②由图2可知，氢离子在b极上得到电子生成氢气，所以b为阴极，a为阳极。阳极铵根离子失去电子生成三氟化氮，电极反应为 NH4++3F--6e-=NF3+4H+；依据电解原理可知，氟离子也可能失去电子生成氟单质，所以氧化性较强的单质为氟气。 考点：产物的百分含量随浓度，时间的变化曲线，盖斯定律进行有关计算

- 19 -

- 20 -