【化学】湖南省株洲市茶陵县第三中学2019-2020学年高二上学期期中考试（选考）试题（解析版）

【化学】湖南省株洲市茶陵县第三中学2019-2020学年高二上学期期中考试（选考）试题（解析版）

湖南省株洲市茶陵县第三中学2019-2020学年高二上学期期中考试（选考）试题 相对原子质量：C:12 H:1 O:16‎ 一、选择题（3×16=48分）‎ ‎1.反应A(g)+ 3B(g)2C(g)(放热反应)，达到平衡后，将反应体系的温度降低，下列叙述正确的是( )‎ A. 正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动 B. 正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动 C. 正反应速率和逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动 D. 正反应速率和逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】降低温度，活化分子百分数降低，正、逆反应速率都减小，平衡向放热即正反应方向移动，选项C符合题意，故答案为C。‎ ‎2. 已知葡萄糖的燃烧热是 -2804 kJ/mol，当它氧化生成1 g 液态水时放出的热量是( )‎ A. 26.0 kJ B. 51.9 kJ C. 155.8 kJ D. 467.3 kJ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】葡萄糖燃烧热化学方程式是C6H12O6(s)＋6O2(g)=6CO2(g)＋6H2O(l) ΔH＝－2804kJ·mol－1‎ 据此建立关系式　6H2O　～　ΔH ‎ 6×18 g 2 804 kJ ‎1 g x 解得x＝＝26.0kJ，答案选A。‎ ‎3.如图所示，ΔH1＝－393.5kJ·mol－1，ΔH2＝－395.4kJ·mol－1，‎ 下列说法或表示式正确的是( )‎ A. 石墨和金刚石的转化是物理变化 B. C(s、石墨)===C(s、金刚石)ΔH ＝＋1.9kJ·mol－1‎ C. 金刚石的稳定性强于石墨 D. 断裂1mol石墨的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石的化学键吸收的能量少 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图得：①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ·mol-1，②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.4kJ·mol-1，①-②可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ·mol-1，则：石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故A错误；‎ B、因C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.9kJ·mol-1，故B正确；‎ C、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C错误；‎ D、依据热化学方程式C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ·mol-1，1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大于1.9 kJ，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.已知反应：①101 kPa时，2C(s)＋O2(g)=2CO(g)　ΔH＝－221 kJ·mol－1‎ ‎②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3 kJ·mol－1‎ ‎③H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH＝－241.8 kJ·mol－1‎ ‎④H2O(g)=H2O(l)ΔH＝－44.0 kJ·mol－1‎ 下列结论正确的是(　　)‎ A. 碳的燃烧热小于-110.5 kJ·mol－1‎ B. 浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量 C. 氢气的燃烧热为-241.8 kJ·mol－1‎ D. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)的反应热为ΔH＝＋571.6 kJ·mol－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，C完全燃烧的产物是CO2，CO继续燃烧生成CO2放出热量，那么C的燃烧热小于-110.5 kJ·mol－1，A正确；‎ B.浓硫酸的稀释时有热量释放，所以浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出的热量大于57.3 kJ，B错误；‎ C.根据盖斯定律，③④相加得到热化学方程式H2(g)＋O2(g)=H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1，H2的燃烧热为-285.8kJ/mol，C错误；‎ D．该反应为放热反应，故ΔH的符号为“－”，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.已知S(s)=S(g) ΔH1，S(g)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2，则S(s)燃烧的热化学方程式为( )‎ A. S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH＝ΔH2－ΔH1‎ B. S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH＝ΔH1－ΔH2‎ C. S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH＝ΔH1＋ΔH2‎ D. 1 mol S(s)燃烧生成1 mol SO2(g)放出的热量大于1 mol S(g)燃烧生成1 mol SO2(g)放出的热量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】S(s)=S(g)△H1，S(g)+O2(g)═SO2(g)△H2，根据盖斯定律，S(s)燃烧的热化学方程式S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=△H1+△H2，故C正确；因为固体硫转化为气体的过程是吸热的，所以1molS(s)燃烧生成1molSO2(g)放出的热量小于1molS(g)燃烧生成1molSO2(g)放出的热，故D错误；故选C。‎ ‎6.已知①2C(s)+O2(g)===2CO（g） △H=-221.0kJ·mol-1‎ ‎②2H2(g)+O2(g)===2H2O（g） △H= -4836kJ·mol-1‎ 则反应C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g)的△H为 （ ）‎ A. +131.3kJ·mol-1 B. -131.3kJ·mol-1‎ C. -352.3kJ·mol-1 D. +262.6kJ·mol-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】把方程式（①-②）/2，得出C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g)；ΔH=(－221.0+483.6)/2=+131.3kJ·mol－1，所以选A ‎7.肼（N2H4）为高能燃料，有关化学反应与能量变化如图，已知键能数据（kJ/mol）如下：N≡N 942、O=O 500、N-N 154，则断裂1mol N-H键需要的能量为（ ）‎ A. 194 B. 391 C. 516 D. 658‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图示写出：N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g) △H3=2752kJ/mol−534kJ/mol=2218kJ/mol，∆H=旧键断裂吸收的能量-新键生成释放的能量；设断裂1molN−H键所需的能量为K，则154kJ/mol+4K+500kJ/mol=2218kJ/mol，解得K=391kJ/mol，‎ 故选B。‎ ‎8.反应A（g）＋3B（g）2C（g）＋2D（g），在不同条件下测得反应速率，其中速率最快的是( )‎ A. υ(C)＝0.5 mol / (L·s) B. υ(D)＝0.4 mol / (L·s) C. υ(B)＝0.6 mol / (L·s) D. υ(A)＝0.15 mol / (L·s) ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】相同条件下，同一化学中，用不同的物质表示化学反应速率其数值之比等于计量数之比，即；将选项转化为用υ(A)来表示，然后在比较其化学反应速率大小，‎ A.υ(C)=0.5mol / (L·s)，用A表示其化学反应速率，有υ(A)=1/2υ(C)=0.25mol / (L·s)；‎ B.υ(D)=0.4 mol / (L·s)，用A表示其化学反应速率，有υ(A)=1/2υ(D)=" 0.2" mol / (L·s)；‎ C.υ(B)=0.6 mol / (L·s)，用A表示其化学反应速率，有υ(A)=1/3υ(D)=" 0.2" mol / (L·s)；‎ D.υ(A)=0.15mol / (L·s)；‎ 故A的反应速率最大，所以本题的答案选择A。‎ ‎9.在2L密闭容器中加入4mol A和6mol B，发生以下反应：4A(g)+6B(g)4C(g)+5D(g)。若经5s后，剩下的A是2.5mol，则B的反应速率是（ ）‎ A. 0.45mol/(L·s) B. 0.15mol/(L·s) ‎ C. 0.225mol/(L·s) D. 0.9mol/(L·s) ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】5s内A的物质的量变化量为4mol-2.5mol=1.5mol，故A的浓度变化量为1.5mol÷2L=0.75mol/L，所以υ（A）=0.75mol/L÷5s=0.15mol/（L•s），化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以υ（B）=6×0.15mol/（L•s）÷4=0.225mol/（L•s），‎ 故选C。‎ ‎10.某温度下，反应SO2(g)+O2(g)SO3 (g) 的平衡常数K1=50，在同一温度下，反应2SO3(g)2SO2(g) +O2(g)的平衡常数K2的值为（ ）‎ A. 2500 B. 4×10-4 C. 100 D. 2×10-2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】某温度下，SO2(g)+O2(g)SO3 (g) 的平衡常数K1=50，‎ 所以相同温度下2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3 (g) 的平衡常数K=(K1)2=502=2500，‎ 在同一温度下，反应2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)的平衡常数K2=1÷K=1÷2500=4×10−4，‎ 故选B。‎ ‎11.可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g)H＜0 达到平衡后，当改变外界条件如物质浓度、体系压强、温度等而发生下列项目的变化时，能作为平衡一定发生了移动的标志的是( )‎ A. 气体的密度变小了 B. 反应物和生成物浓度均变为原来的2倍 C. 气体的颜色变深了 D. 体系的温度发生了变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，若增大体积，减小压强，混合气体的密度变小，但平衡没有发生移动；‎ B项，若将容器体积缩小为原来的1/2，增大压强，反应物和生成物的浓度都变为原来的2倍，但平衡没有发生移动；‎ C项，若缩小体积，增大压强，c（I2）增大，气体颜色变深，但平衡没有发生移动；‎ D项，该反应的正反应为放热反应，若体系的温度变化了，则平衡一定发生了移动；‎ 故选D。‎ ‎12.下列说法中正确的是(　　)‎ A. NH4NO3溶于水吸热，说明其溶于水不是自发过程 B. 常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)为熵增加的反应，可以自发进行 C. 熵增加且放热的反应一定是自发反应 D. 非自发反应在任何条件下都不能实现 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】通过复合判据进行分析；‎ ‎【详解】A、NH4NO3溶于水是混乱度增大的过程，即△S>0，能够自发进行，故A错误；‎ B、该反应为吸热反应，△H>0，依据反应方程式，该反应为熵增，即△S>0，根据复合判据，△G=△H－T△S，能够自发进行，需要在高温下，故B错误；‎ C、根据复合判据，熵增且放热的反应一定是自发反应，故C正确；‎ D、有些非自发反应在一定条件下能够实现，如水分解生成氢气和氧气不是自反应，但在电解条件下，可以实验，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎13.某温度下，在固定容积的密闭容器中，可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)达到平衡时，各物质的物质的量之比为n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1。保持温度不变，以2∶2∶1的物质的量之比再充入A、B、C，则 （ ）‎ A. 平衡不移动 B. 再达平衡时，n(A)∶n(B)∶n(C)仍为2∶2∶1‎ C. 再达平衡时，C的体积分数增大 D. 再达平衡时，正反应速率增大，逆反应速率减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】保持温度不变，以2∶2∶1的物质的量之比再充入A、B、C，相当于增大压强，‎ A．由于正反应的气体分子数减小，则增大压强，平衡正向移动，故A错误；‎ B．由于正反应的气体分子数减小，则增大压强，平衡正向移动，导致再次达到平衡时，A、B和C的物质的量之比减小，故B错误；‎ C．由于正反应的气体分子数减小，则增大压强，平衡正向移动，导致再次达到平衡时，C的体积分数增大，故C正确；‎ D．由于反应物和生成物的浓度都增大，所以再达平衡时，正逆反应速率都增大，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎14.已知：4NH3(g) + 5O2(g) =4NO(g) + 6H2O(g)，△H= —1025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故A正确。‎ B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故B正确。‎ C、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故C错误。‎ D、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎15.在某恒温恒容的密闭容器内发生反应：2A（g）+B（g）C（g）△H＜0。开始充入2mol A和2mol B，并达到平衡状态，下列说法正确的是( )‎ A. 再充入2mol A，平衡正移，A的转化率增大 B. 如果升高温度，C的体积分数增大 C. 如果增大压强，化学平衡一定向正反应方向移动，B的体积分数减小 D. 再充入1mol C，C的物质的量浓度将增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．再充入2 mol A，A的浓度增大，则平衡右移，但A的转化的物质的量与加入的相比较，加入的多，转化的少，转化率反而减小，故A错误；‎ B．如果升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，故B错误；‎ C．如果增大压强，平衡不一定右移，B的体积分数不一定变化，如加入惰性气体总压增大，分压不变，平衡不动，故C错误；‎ D．再充入1 mol C，平衡向逆反应方向移动，A、B的浓度增大，温度不变，平衡常数不变，则平衡时C的浓度增大，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎16.等物质的量的X(g)与Y(g)在密闭容器中进行可逆反应：X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(s)　ΔH＜0，下列叙述正确的是　　（　　　）‎ A. 平衡常数K值越大，X的转化率越大 B. 达到平衡时，反应速率v正(X)＝2v逆(Z)‎ C. 达到平衡后降低温度，正向反应速率减小的倍数大于逆向反应速率减小的倍数 D. 达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡向逆反应方向移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、平衡常数K值越大，反应向正反应进行的程度越大，X的转化率越大，A项正确。‎ B、达平衡时2v正(X)=v逆(Z)，B项错误 C、达平衡后降低温度，正、逆反应速率均减小，又因平衡向正反应方向移动，所以正反应速率减小的倍数小于逆反应速率减小的倍数，C项错误。‎ D、增大压强平衡不移动，升高温度平衡逆向移动，D项错误。‎ 答案选A。‎ 二、非选择题 ‎17.T ℃时，A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度变化如图(Ⅰ ‎)所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图(Ⅱ)所示。‎ 根据以上条件，回答下列问题：‎ ‎(1)A与B反应生成C的化学方程式为________，正反应为_____(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎(2)t1 min后，改变下列某一条件，能使平衡向逆反应方向移动的有______(填字母序号)。‎ A．保持其他条件不变，增大压强 ‎ B．保持容器总体积不变，通入少量稀有气体 C．保持其他条件不变，升高温度 ‎【答案】(1). A(g)+3B(g)2C(g) (2). 放热 (3). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)随反应进行，A、B的物质的量浓度减小，为反应物，C的物质的量浓度增大，为生成物，最终A、B的浓度不变化，且不为0，属于可逆反应，A、B、C的化学计量数之比=(0.5-0.3)∶(0.7-01)∶0.4=1∶3∶2，故反应方程式为：A(g)+3B(g)⇌2C(g)；由图(Ⅱ)可知T1＞T2，升高温度，B的体积分数增大，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故答案为：A(g)+3B(g)⇌2C(g)；放热；‎ ‎(2)A．保持其他条件不变，增大压强，平衡向正反应方向移动，故A错误；B 保持容器总体积不变，通入少量稀有气体，各组分的浓度不变，平衡不发生移动，故B错误；C．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故C正确；故答案为：C。‎ ‎18.2A B＋C在某一温度时，达到平衡。‎ ‎(1)若温度升高，平衡向正反应方向移动，则正反应________反应(填“放热”或“吸热”)；‎ ‎(2)若B为固体，减小压强平衡向逆反应方向移动，则A呈______态；‎ ‎(3)若A、B、C均为气体，加入催化剂，平衡______移动(填“正向”、“逆向”或“不”)‎ ‎【答案】(1). 吸热 (2). 气态 (3). 不 ‎【解析】‎ ‎【分析】依据勒夏特列原理进行分析；‎ ‎【详解】（1）根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向正反应方向进行，即正反应方向为吸热反应；‎ ‎（2）B为固体，减小压强，平衡向逆反应方向移动，由于降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，因此逆反应为气体体积增大的反应，即A为气态；‎ ‎（3）使用催化剂，加快反应速率，但化学平衡不移动。‎ ‎19.在一个体积为1L的密闭容器中发生某化学反应：2A(g)B(g)＋C(g)，三种不同条件下进行，其中实验Ⅰ、Ⅱ都在800℃，实验Ⅲ在950℃，B、C的起始浓度都为0，反应物A的浓度(mol·L－1)随时间(min)的变化如图所示。试回答下列问题： ‎ ‎（1）在实验Ⅰ中，反应在20～40min内A的平均反应速率为__mol·L－1·min－1。实验Ⅱ和实验Ⅰ相比，可能隐含的反应条件是___。‎ ‎（2）该反应的ΔH___0，其判断理由是___。‎ ‎（3）实验Ⅰ第40min末，若降低反应温度，达到新的平衡后，A的浓度不可能为___(填序号)。‎ A．0.35mol·L－1 B．0.4mol·L－1 C．0.7mol·L－1 D．0.8mol·L－1‎ ‎（4）若反应在800℃进行，在该1L的密闭容器中加入1molA、0.2molHe，达到平衡时A的转化率应___。‎ A．等于86% B．等于50% C．小于50% D．介于50%～86%之间 ‎【答案】(1). 0.0075 (2). 实验Ⅱ使用了催化剂 (3). > (4). 根据实验Ⅲ和实验Ⅰ的比较，可推知升高温度，平衡正向移动，该反应为吸热反应 (5). AB (6). D ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）实验Ⅰ 中，反应在20min至40min内A的浓度变化为0.55mol/L-0.4mol/L=0.15mol/L，再根据υ=∆c÷∆t计算；实验Ⅱ和实验I相比，A的起始浓度相同，平衡状态完全相同，平衡时A的浓度相同，但实验Ⅱ的反应速率快；‎ ‎（2）实验Ⅲ和实验Ⅰ的比较，升高温度，平衡时A的浓度减小，平衡向正反应移动；‎ ‎（3）降低温度，平衡逆向移动，A的浓度增大；‎ ‎（4）恒容充惰性气体，对原平衡不产生影响。‎ ‎【详解】(1)实验Ⅰ中，反应在20min至40min内A的浓度变化为0.55mol/L−0.4mol/L=0.15mol/L，所以υ(A)=0.15mol/L÷20min=0.0075mol⋅L−1⋅min−1；‎ 实验Ⅱ和实验I相比，A的起始浓度相同，平衡状态完全相同，平衡时A的浓度相同，但实验Ⅱ的反应速率快，改变压强虽然平衡不移动，但物质的浓度发生变化，故实验Ⅱ应该使用了催化剂。故答案为：0.0075；实验Ⅱ使用了催化剂；‎ ‎(2)实验Ⅲ和实验Ⅰ的比较，升高温度，平衡时A的浓度减小，平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，故△H>0，故答案为：>；根据实验Ⅲ和实验Ⅰ的比较，可推知升高温度，平衡正向移动，该反应为吸热反应；‎ ‎(3)降低温度，平衡逆向移动，A的浓度增大，故A的浓度大于0.4mol⋅L−1，故答案为：AB；‎ ‎(4)恒容充惰性气体，对原平衡不产生影响，故平衡时A的浓度为0.4mol⋅L−1，故A的转化率为(1mol/L−0.4mol/L)÷1mol/L×100%=60%，故答案为：D。‎ ‎20.50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1 NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：‎ ‎（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是__________，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是________________________。‎ ‎（2）大烧杯上如不盖硬纸板，则求得的中和热数值__(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎（3）实验中若改用60 mL 0.50 mol·L－1盐酸跟50 mL 0.55 mol·L－1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量______(填“相等”或“不相等”)，所求中和热的数值______(填“相等”或“不相等”)，理由是_______________________________。‎ ‎（4）三次平行操作测得的数据中，起始时盐酸与烧碱溶液温度相同，而终止温度与起始温度之差(t2－t1)分别为2.3 ℃、2.4 ℃、2.9 ℃，则最终代入计算式的温度差的平均值为_____‎ ‎℃。‎ ‎【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 保温、隔热，减少实验过程中的热量损失 (3). 偏小 (4). 不相等 (5). 相等 (6). 60 mL 0.50 mol·L－1盐酸和50 mL 0.55 mol·L－1烧碱溶液反应，能生成0.027 5 mol H2O，而50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1烧碱溶液反应只能生成0.025 mol H2O，因此所放出的热量不相等；中和热是指在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O时所放出的热量，与酸、碱的用量无关，因此所求中和热相等 (7). 2.35‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温、隔热，减少实验过程中的热量损失； （2）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小； （3）改用60 mL 0.50 mol·L－1盐酸和50 mL 0.55 mol·L－1烧碱溶液反应，能生成0.027 5 mol H2O，而50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1烧碱溶液反应只能生成0.025 mol H2O，因此所放出的热量不相等；中和热是指在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O时所放出的热量，与酸、碱的用量无关，因此所求中和热相等； （4）根据数据可知，实验③的误差大，舍去，所以温度差的平均值是(2.3℃＋2.4℃)÷2＝2.35℃。‎ ‎21.红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如图所示（图中△H表示生成1mol产物的数据）。‎ 根据上图回答下列问题：‎ ‎（1）P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式___。‎ ‎（2）PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式___。‎ ‎（3）P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3＝__，P和Cl2一步反应生成1molPCl5的 ‎△H4___△H3 (填“大于”、“小于”或“等于”)。‎ ‎（4）PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，已知反应前后各元素化合价不变，其化学方程式是__。‎ ‎【答案】(1). P（s）+Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ•mol-1 (2). PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1 (3). -399kJ•mol-1 (4). 等于 (5). PCl5+4H2O═H3PO4+5HCl ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据图象得出反应物、生成物以及反应热=生成物的总能量-反应物的总能量，然后依据书写热化学方程式的原则书写； （2）根据图象得出反应物、生成物以及反应热=生成物的总能量-反应物的总能量，然后依据书写热化学方程式的原则书写； （3）根据盖斯定律分析，根据反应物的总能量、中间产物的总能量以及最终产物的总能量，结合化学方程式以及热化学方程式的书写方法解答，注意盖斯定律的应用；‎ ‎（4）PCl5与足量水充分反应，最终生成磷酸和盐酸。‎ ‎【详解】（1）根据图示可知：P（s）+Cl2（g）═PCl3（g），反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，反应热△H=-306 kJ/mol，则热化学方程式为：P（s）+Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306 kJ/mol，‎ 故答案为：P（s）+Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ•mol-1；‎ ‎（2）根据图示可知：Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（g），中间产物的总能量大于最终产物的总能量，该反应是放热反应，△H=生成物总能量-反应物总能量=-93 kJ/mol；所以PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）是吸热反应；热化学方程式为PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93 kJ/mol，‎ 故答案为：PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1；‎ ‎（3）根据图像，可以写出两步反应的热化学方程式：‎ P（s）+Cl2（g）═PCl3（g）△H1=-306 kJ/mol，‎ Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（g）△H2=-93 kJ/mol；‎ 则P和Cl2两步反应生成1molPCl5的△H3=-306 kJ/mol+（-93 kJ/mol）=-399 kJ/mol，‎ 由图象可知，P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H4‎ ‎=-306kJ/mol+（-93kJ/mol）=-399kJ/mol，根据盖斯定律可知，反应无论一步完成还是分多步完成，生成相同的产物，反应热相等，则P和Cl2一步反应生成1molPCl5的反应热等于P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的反应热，‎ 故答案为：-399kJ•mol-1；等于；‎ ‎（4）PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，已知反应前后各元素化合价不变，则两种酸为磷酸和盐酸，由原子守恒可知化学方程式为PCl5+4H2O═H3PO4+5HCl，‎ 故答案为：PCl5+4H2O═H3PO4+5HCl。‎