【化学】陕西省西安电子科技大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试（理）试题（解析版）

【化学】陕西省西安电子科技大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试（理）试题（解析版）

陕西省西安电子科技大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试（理）试题 第Ⅰ卷选择题（50分）‎ 一、选择题（每小题只有一个正确选项，共25小题，每题2分，共50分）‎ ‎1.下列变化属于吸热反应的是（ ）‎ ‎①加热 KClO3 和 MnO2 的混合物制取O2 ②蜡烛的燃烧 ③碳和二氧化碳在高温下反应 ④将碳酸钠晶体和硝酸铵晶体混合均匀放在日光下暴晒 ⑤将氢氧化钡晶体和氯化铵晶体混合搅拌 ⑥将黏土、石子、水混合均匀 ⑦将生石灰倒入水中 ⑧煅烧石灰石 A. ①③④⑤⑧ B. ③④⑤⑥⑧ C. ②④⑤⑥⑦ D. ①②④⑤⑧‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】常见的分解反应为吸热反应，①④⑧均为分解反应，所以为吸热反应，③⑤为需要识记的两个重要的具体的吸热反应，②⑦为放热反应，⑥没有发生化学变化，所以A选项正确。‎ ‎2.如图为N2（g）和 O2（g）反应生成 NO（g）过程中的能量变化，下列正确的是（ ）‎ A. 1molN2（g） 和 NA 个 O2（g） 反 应 放 出 的 能 量 为 180 kJ B. 1molN2（g）和 1molO2（g）具有总键能小于 2molNO（g）具有的总键能 C. 该反应的热化学方程式为：N2（g）+ O2（g）= 2NO（g）△H=+180 kJ•mol﹣1‎ D. 吸热反应一定需要加热才能发生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】化学反应的焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能。‎ ‎【详解】A.根据图中数据可求得△H=946 kJ•mol﹣1+498 kJ•mol﹣1-2×623 kJ•mol﹣1=+180 kJ•mol﹣1，为吸热反应，所以1molN2(g)和 NA 个O2(g)，即1molN2(g)和 1mol O2(g) 反应吸收的能量为 180 kJ，A项错误；‎ B. 化学反应的焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，该反应为吸热反应，所以1molN2(g)和 1mol O2(g)大于2mol NO(g)的总键能，B项错误；‎ C．结合A分析，可推出该反应的热化学方程式为：N2(g)+ O2(g)= 2NO(g) △H=+180 kJ•mol﹣1，C项正确；‎ D. 吸热反应不一定需要加热才能发生，比如氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎3.下列关于反应能量的说法正确的是 （ ）‎ A. 101kPa 时，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6 kJ•mol﹣1，H2 的燃烧热为 571.6 kJ•mol﹣1‎ B. 相同条件下，如果 1molH 所具有的能量为 E1，1molH2 所具有的能量为 E2，则 2 E1=E2‎ C. H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l） △H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，含 1molNaOH 的氢氧化钠的溶液与含 0.5molH2SO4 的浓硫酸混合后放出 57.3kJ 的热量 D. Zn（s）+CuSO4（aq）=ZnSO4 （aq）+Cu（s）△H=﹣216 kJ•mol﹣1，反应物总能量＞ 生成物总能量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.燃烧热的概念指的是1mol可燃物完全燃烧对应放出的热值，方程式中H2的系数为2，所以H2的燃烧热为285.8 kJ•mol﹣1，A项错误；‎ B.化学变化伴随一定能量变化，2H→H2会伴随能量变化，所以2 E1≠E2，B项错误；‎ C.浓硫酸在稀释过程中会放热，所以含 1molNaOH 的氢氧化钠的溶液与含 0.5molH2SO4 的浓硫酸混合后放出的热量大于57.3kJ，C项错误；‎ D.该反应△H<0，为放热反应，所以反应物总能量＞ 生成物总能量，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.在‎25℃‎、101kPa下，‎1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是（ ）‎ A. CH3OH（l）+ 3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=+725.8kJ/mol B 2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=-1452kJ/mol C. 2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=-725.8kJ/mol D. 2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=+1452kJ/mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】甲醇燃烧属于放热反应，因此选项A、D错误；由题意知‎1 g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68 kJ，所以2mol甲醇燃烧放出的能量是：2×32×22.68 kJ＝1451.52 kJ，所以选项B正确，选项C错误。‎ 答案选B。‎ ‎5.下列关于说法正确的是（ ）‎ A. HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol．则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/mol B. 已知C2H5OH（l） 的燃烧热是1366.8kJ/mol，则C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）反应的△H=﹣1366.8kJ/mol C. 一定条件下2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（l）△H2则△H1＞△H2‎ D. 在一定温度和压强下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放出热量19.3kJ，则其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣38.6kJ/mol ‎【答案】C ‎【解析】A项，H2SO4和Ba(OH)2反应，除了包括H+和OH-生成H2O外，还包括SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀，再者中和热规定生成的水为1mol，与反应物的物质的量无关，故A错误；B项，燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物放出的热量，已知C2H5OH(l)的燃烧热是1366.8kJ/mol，则C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)反应的△H=﹣1366.8kJ/mol，故B错误；C项，因为同种物质由气态变为液态会放热，所以生成2molSO3(g)比生成2molSO3(l)放出的热量少，即0>△H1＞△H2，故C正确；D项，合成氨的反应为可逆反应，不能进行完全，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H≠﹣38.6kJ/mol，故D错误。‎ ‎6.用 H2O2 和 H2SO4 的混合溶液可溶出废旧印刷电路板上的铜。‎ 已知： Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H= +64.39 kJ•mol﹣1 ‎ ‎2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H=﹣196.46 kJ•mol﹣1‎ H2（g）+ 1/2O2（g）═H2O（l））△H=﹣285.84 kJ•mol﹣1‎ 在 H2SO4 溶液中，Cu 与 H2O2 反应生成 Cu2+（aq）和 H2O（l）的反应热△H 等于（ ）‎ A. ﹣417.91kJ•mol﹣1 B. ﹣319.68 kJ•mol﹣1‎ C. +546.69 kJ•mol﹣1 D. ﹣448.46 kJ•mol﹣1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】盖斯定律的应用 ‎【详解】在H2SO4溶液中，Cu与H2O2 反应生成 Cu2+和H2O离子方程式为：Cu+H2O2+2H++=Cu2++H2O（4），根据盖斯定律，将已知方程式分别定义为(1)(2)(3)，可推出（4）=（1）+（2）+（3）=﹣319.68 kJ•mol﹣1，B项正确。‎ 答案选B。‎ ‎7.固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是（ ）‎ A. 冰表面第一层中，HCl以分子形式存在 B. 冰表面第二层中，H+浓度为5×10−3 mol·L−1（设冰的密度为‎0.9 g·cm−3）‎ C. 冰表面第三层中，冰的氢键网格结构保持不变 D. 冰表面各层之间，均存可逆反应HClH++Cl−‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】由示意图可知，在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，第二层中氯化氢溶于水中并发生部分电离，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关。‎ ‎【详解】A项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A正确；‎ B项、由题给数据可知，冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为10—4:1，第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽略其中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为1mol，则所得溶液质量为‎18g/mol×1mol=‎18g，则溶液的体积为×10—‎3L/ml=2.0×10—‎‎2L ‎，由第二层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量等于氯离子物质的量，为10—4mol，则氢离子浓度为=5×10—3mol/L，故B正确；‎ C项、由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C正确；‎ D项、由图可知，只有第二层存在氯化氢的电离平衡HClH++Cl—，而第一层和第三层均不存在，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎8.在 ‎2A（g）+B（g） ⇌ ‎3C（g）+4D（g）反应中，下面表示的反应速率最快的是（ ）‎ A. v（A）=0.5 mol/（L•s）‎ B. v（B）=0.005 mol/（L•s）‎ C. v（C）=0.8 mol/（L•min）‎ D. v（D）=1.0 mol/（L•min）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】速率大小比较，首先统一单位，将A化为3 mol/（L•min），B化为0.3 mol/（L•min），然后用统一单位后的选项中的速率数值直接除以各自的系数，可知A最大，A项正确。‎ 答案选A。‎ ‎9.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 ‎70 ℃‎时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快 B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快 C. 图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快 D. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此可知：在相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，A错误；‎ B.图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：当双氧水浓度相同时，溶液的pH越大，双氧水分解速率越快，B错误；‎ C.图丙中少量Mn2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1mol/LNaOH溶液>1.0mol/LNaOH溶液>0mol/LNaOH溶液，C错误；‎ D.图丁中溶液的pH相同，Mn2+浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出：碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎10.将 4molA 气体和 2molB 气体在 ‎2L 的容器中混合，在一定条件下发生如下反应：‎2A(g) +B(g) ⇌ ‎2C(g)，若经 2s 后达到平衡，测得 C 的浓度为 0.6mol·L-1，现有下列几种说法：①用物质 A 的浓度变化表示的反应速率为 0.3mol·L -1·s -1，②用物质 B 的浓度变化表示的反应速率为0.6 mol·L-1·s -1，③平衡时物质A 的转化率为70%，④平衡时物质B 的浓度为0.7mol·L-1，其中正确的是（ ）‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】三段式表示： ‎2A(g) + B(g) ⇌ ‎2C(g)‎ 初始(mol/L) 2 1 0‎ 转化(mol/L) 0.6 0.3 0.6‎ ‎2s后(mol/L) 1.4 0.7 0.6‎ 所以，v(A)= 0.3mol·L -1·s -1, v(B)= 0.15mol·L -1·s -1, 平衡时物质A 的转化率为,平衡时B的浓度为0.7mol/L。‎ 答案选B。‎ ‎11.如下图向A、B中均充入1molX、1moIY，起始时A、B的体积相等都等于aL。在相同温度、压强和催化剂存在的条件下，关闭活塞K，使两容器中各自发生下述反应：X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)；△H<0。达平衡时，A的体积为1.4aL。下列说法错误的是（ ）‎ A. 反应速率：v(B)>v(A)‎ B. A容器中X的转化率为80%‎ C. 平衡时的压强：PB=PA D. 平衡时向A容器中充入与反应无关的气体M，能减慢A容器内化学反应的速率 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．对X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)来说，开始时只加入反应物X和Y，该反应将向正反应发向进行以建立化学平衡．对容器A来说，在建立化学平衡的过程中，反应混合物的总物质的量会增大，根据阿伏伽德罗定律（同温同容时，压强之比等于物质的量之比），其体积要增大，各组分的物质的量浓度就要减下，其反应速率也要减小．对于B容器来说，体积不变，反应混合物的总物质的量会增大，所以反应体系的压强逐渐增大。A．在建立平衡前，由于B的气体压强增大，根据压强对化学反应速率的影响可知，每个时刻的反应速率B都将大于A容器，即反应速率：v（B）＞v（A），正确；B．根据阿伏伽德罗定律（同温同容时，压强之比等于物质的量之比），达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的1.4倍，即1.4×2mol=2.8mol，即增加了0.8mol，根据化学方程式的计算可知，‎ X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g) △n ‎1 1‎ ‎0.8mol 0.8mol 即达平衡后，反应掉0.8mol，A容器中X的转化率为80%，正确；‎ C．由于A是在恒压条件下进行的反应，B在恒容条件下进行的该反应。该反应的正反应是气体体积扩大的反应，所以从反应开始至达到平衡，反应体系的压强B>A，错误； D．由于A是恒压条件下进行反应，平衡时向A容器中充入与反应无关的气体M，使体系的压强增大，则容器的容积扩大，使反应混合物中各组成成分的物质的量浓度减小，所以化学反应速率减慢，正确。‎ ‎12.一定温度下，可逆反应 2NO2（g）⇌ 2NO（g）＋O2（g）在体积固定的密闭容器中反应， 达到平衡状态的标志是（ ）‎ ‎①单位时间内生成 n mol O2，同时生成 2n mol NO2‎ ‎②v 正（NO）=v 逆（NO2）‎ ‎③每消耗 ‎32g 氧气，同时生成 ‎60g NO ‎④混合气体的压强不再改变 ‎⑤混合气体的颜色不再改变 ‎⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变 ‎⑦混合气体的密度不再改变 A. ①④⑤⑥⑦ B. ①②③⑤⑦ C. ①②③④⑥⑦ D. ①②③④⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①单位时间内生成 n mol O2，对应消耗2molNO2，所以在同时生成2mol NO2的情况下，v正(NO2)= v逆(NO2)，可以作为判断平衡状态的依据，同理可推②③亦成立；④该反应左右气体分子数不等，所以压强不变可以作为判断平衡状态的依据；⑤NO2为红棕色气体，所以体系颜色不变，意味NO2浓度不变，可以作为判断依据；⑥，根据质量守恒定律，m总为定值，对于左右气体分子数不等的该反应，n总只有在达到平衡时才保持不变，使得平均相对分子质量可以作为判断依据；⑦该体系的气体总质量和容器体积一直不变，可推密度一直不变，所以不可以作为判断依据。‎ 答案选D。‎ ‎13.在体积可变的容器中发生反应N2+3H2⇌2NH3，当增大压强使容器体积缩小时，化学反应速率加快，其主要原因是（ ）‎ A. 分子运动速率加快，使反应物分子间的碰撞机会增多 B. 反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多 C. 活化分子百分数未变，但单位体积内活化分子数增加，有效碰撞次数增多 D. 分子间距离减小，使所有的活化分子间的碰撞都成为有效碰撞 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据有效碰撞理论，增大压强使容器体积缩小时，虽然活化分子百分数未变，但单位体积内活化分子数增加，从而使有效碰撞次数增多，化学反应速率加快，答案选C。‎ ‎14.一定温度下，反应N2+O2‎ ‎2NO在密闭容器中进行，下列措施不能改变化学反应速率的是(　　)‎ A. 缩小体积使压强增大 B. 恒容，充入He C. 恒容，充入N2 D. 恒压，充入He ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.缩小体积使压强增大，反应混合物中各种物质的浓度都增大，所以可以加快该化学反应的速率，A不符合题意；‎ B.恒容，充入He，各组分浓度不变，速率不变，B符合题意；‎ C.恒容，充入N2，反应物的浓度增大，该化学反应的速率加快，C不符合题意；‎ D.恒压，充入He，会使反应体系的体积增大，各组分浓度减小，化学反应速率减小，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎15.少量铁粉与 100mL 0.01mol/L 的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变 H2 的产量，可以使用如下方法中的 （ ）‎ ‎①加H2O ②加NaOH 固体 ③滴入几滴浓盐酸 ④加 CH3COONa 固体 ⑤加NaCl 溶液 ‎⑥加入少量 MnO2 固体⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）⑧改用 10mL 0.1mol/L 的盐酸 A. ①⑥⑦ B. ③⑤⑧ ‎ C. ③⑦⑧ D. ③⑥⑦⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①加H2O，使H+浓度减小，降低反应速率，不符合题意；②加NaOH 固体会消耗H+，降低H2产量，不符合题意；③滴入几滴浓盐酸，使H+浓度变大，由于Fe少量，不影响H2产量，符合题意；④加 CH3COONa 固体，生成弱电解质CH3COOH，使H+浓度减小，降低反应速率，但不影产量，不符合题意；⑤加NaCl 溶液，类似于加水，不符合题意；⑥加入少量 MnO2 固体不能催化该反应，不符合题意；⑦升高温度（不考虑盐酸挥发），可以加快反应速率，符合题意；⑧改用 10mL 0.1mol/L 的盐酸，浓度更大，速率更快，符合题意。‎ 答案选C。‎ ‎16.硝酸生产中，‎500℃‎时，NH3和O2可能发生如下反应：‎ ‎① 4NH3(g) + 5O2(g)4NO (g) + 6H2O (g);△H = -907.2kJ·mol-1K=1.1×1026‎ ‎② 4NH3(g) + 4O2(g)2N2O (g) + 6H2O (g);△H= -1104.9kJ·mol-1K=4.4×1028‎ ‎③ 4NH3(g) + 3O2(g)2N2(g) + 6H2O (g);△H= -1269.2kJ·mol-1K=7.1×1034‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 增大压强，则反应的②K不变，反应①和③的K减小 B. ‎500℃‎时，2NH3 (g) + 2O2(g)N2O (g) + 3H2O (g) K=2.2×1028‎ C. ‎500℃‎时，N2(g) + O2(g)=" 2NO" (g) △H =" +181" kJ·mol-1‎ D. ‎500℃‎时，2 mol NH3与2.5 mol O2混合发生反应①，可放出热量453.6 kJ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、增大压强，则反应的②K不变，反应①和③的K不变，故A错误；B、由反应②4NH3（g）+4O2（g）2N2O （g）+6H2O （g）△H=-1104.9kJ•mol-1K=4.4×1028，可知‎500℃‎时，2NH3（g）+2O2（g）N2O （g）+3H2O （g） K=，故B错误；C、反应N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=−+=="+181" kJ•mol-1，故C正确；D、4NH3（g）+5O2（g）4NO （g）+6H2O （g）是可逆反应，不可能完全转化，所以放出热量小于453.6 kJ，故D错误；故选C。‎ ‎17.在可逆反应2SO2+O2⇌2SO3的平衡状态下，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2，下列说法正确的是（K为平衡常数，QC为浓度商）（ ）‎ A. QC不变，K变大，O2转化率增大 B. QC不变，K变大，SO2转化率增大 C. QC变小，K不变，O2转化率减小 D. QC增大，K不变，SO2转化率增大 ‎【答案】C ‎【解析】当可逆反应2SO2+O2⇌2SO3达到平衡状态时，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2，氧气的浓度增大，浓度商Qc变小，平衡向右进行，氧气转化率减小，平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，故选C．‎ ‎18.已知：C(s)＋CO2(g)2CO(g) △H＞0。该反应达到平衡后，下列条件有利于反应向逆方向进行的是（ ）‎ A. 升高温度和增大压强 B. 降低温度和减小压强 C. 降低温度和增大压强 D. 升高温度和减小压强 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：首先分析化学方程式的特征，反应中，C为固体，气体反应物的化学计量数小于气体生成物的化学计量数，反应吸热，结合外界条件对化学平衡的影响分析．‎ 解：A．升高温度平衡向正反应方向移动，增大压强平衡向逆反应方向移动，故A错误；‎ B．降低温度向逆反应方向移动，减小压强平衡向正反应方向移动，故B错误；‎ C．降低温度向逆反应方向移动，增大压强平衡向逆反应方向移动，故C正确；‎ D．升高温度平衡向正反应方向移动，减小压强平衡向正反应方向移动，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎19.对于任何一个化学平衡体系，采取以下措施，一定会使平衡发生移动的是（ ）‎ A. 加入一种反应物 B. 增大体系的压强 ‎ C. 升高温度 D. 使用催化剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加入一种反应物，平衡不一定发生移动，如C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的反应，向平衡体系中加入C，平衡不移动，错误；‎ B、增大体系的压强，对于反应前后气体体积不变的反应和溶液中发生的反应，平衡不发生移动，错误；‎ C、任何反应都有能量的变化，升高温度，平衡一定向吸热反应方向移动，正确；‎ D、催化剂对化学平衡无影响，错误；‎ 答案选C。‎ ‎20.已知某反应aA（g）+bB（g）⇌ cC（g）△H = Q 在密闭容器中进行，在不同温度（T1 和 T2 ）及压强（P1 和 P2 ）下，混合气体中 B 的质量分数 w（B）与反应时间（t）的关系如图所示，下列判断正确的是 （ ）‎ A. T1＜T2，P1＜P2，a+b＞c，Q＜0‎ B. T1＞T2，P1＜P2，a+b＜c，Q＞0‎ C. T1＜T2，P1＞P2，a+b＜c，Q＞0‎ D. T1＞T2，P1＞P2，a+b＞c，Q＜0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】平衡建立的过程中，温度越高，压强越大，平衡越快达到，结合图像，可理解为“先拐先平，条件高”，当温度为T1时，可得P2>P1，当压强为P2时，可得T1>T2，进而发现温度越高时，B的质量分数越小，说明温度高有利于正向反应，所以该反应为吸热反应，Q>0；压强越大B的质量分数越大，说明压强大有利于逆向反应，所以该反应的反应物气体分子数小于生成物气体分子数，即a+bp。‎ ‎【详解】（1）结合该反应，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，说明反应吸热；当减小压强时，混合体系中 C 的质量分数也减小，说明m+n>p。‎ ‎（2）体系均为气体，质量守恒，减压有利于向逆向进行，所以A 的质量分数增大；‎ ‎（3）恒温恒容时，若加入 B，促进正向进行，则 A 的转化率变大，但B 的转化率减小；‎ ‎（4）该反应吸热，若升高温度，则平衡正向移动， c(B)：c(C)的值将减小；‎ ‎（5）加入催化剂，不引起平衡移动，所以平衡时气体混合物的总物质的量不变；‎ ‎（6）根据勒夏特列原理，改变条件引起的平衡移动，平衡是向着减弱改变的方向移动，所以加入 C 时混合气体颜色为加深；‎ ‎（7）压缩体积，气体浓度变大，所以混合气体颜色变深，维持容器压强不变，充入氖气，相当于稀释气体，所以混合气体颜色变浅 ‎30.向一个固定体积的密闭容器充入 2mol A 和 1mol B，发生如下反应：‎2A（g）+B（g）⇌ ‎3C（g）+D（g），2 分钟后，反应达到平衡，C 的浓度为 1.2mol/L。‎ ‎（1）用 A 表示 2 分钟内平均反应速率为_____，A 在第 1 分钟平均速率_______第 2分钟平均速率（填“＜”、“＞”、“=”）。‎ ‎（2）容器温度升高，平衡时混合气体的平均相对分子质量减小，则正反应为_____（填“吸热”或“放热”）反应．‎ ‎（3）增大 B 的转化率，可采取的措施是_____（用序号填空）‎ ‎①加入 A ②加入 B ③加压④再加入 1.6mol A+0.8mol B ⑤将 C 分离出容器 ‎（4）若在相同条件下，在上述容器中充入 1.5mol C 和 0.5mol D 发生上述反应，为使平衡后，C 的浓度仍为 1.2mol/L，则应再充入_____molA 和_____molB．‎ ‎（5）若在一体积可变的容器中，该反应达到平衡时，由于条件改变而引起反应速率和化学平衡的变化情况如下图，a 点改变的条件可能是_____；b 点改变的条件可能是_____；若升高温度时，请将反应速率变化情况画在 c-d 处。_____________‎ ‎【答案】(1). 0.4mol/(L•min) (2). > (3). 吸热 (4). ①⑤ (5). 1 (6). 0.5 (7). 增大压强 (8). 分离C或D (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）C的浓度变化值为1.2mol/L，可知C的速率为0.6 mol/(L•min)，v(A)：v(C)=2：3，所以v(A)=0.4mol/(L•min)，随反应进行A的浓度逐渐减小，所以A 在第 1 分钟平均速率大于第 2分钟平均速率；‎ ‎（2）容器温度升高，平衡时混合气体的平均相对分子质量减小，说明平衡向气体分子数多的方向移动，即正向移动，所以正向为吸热反应；‎ ‎（3）①⑤可以使平衡正向移动，增大 B 的转化率，②加入B虽然促进正向反应，但是B 的转化率减小，③加压会引起平衡逆向移动，B 的转化率减小，④再加入 1.6mol A和0.8mol B，A与B的比例与原始比例相同，均为2：1，所以该改变相当于加压，使平衡逆向移动，B 的转化率减小，满足题意的是①⑤；‎ ‎（4）该题为绝对等效平衡，需要与初始A和B的浓度相等，根据“一边倒”，可得充入 1.5mol C 和 0.5mol D等效于充入 1mol A 和 0.5mol B，要达到C 的浓度仍为 1.2mol/L的要求，再充入 1mol A 和 0.5mol B；‎ ‎（5）a点处平衡逆向移动，速率增大，且前后图像断开，可能条件为增大压强，b点处平衡正向移动，速率减小，且前后图像连接，可能条件是分离出C或D。升高温度，正逆反应速率都增大，平衡正向移动，故图像为：。‎ ‎31.有 c(H+)=0.01mol/L 的盐酸、硫酸、醋酸三瓶溶液：‎ ‎（1）设三种酸的物质的量浓度依次为 c1、c2、c3，则其关系是_____（用“>、<、=”表示，下同）。‎ ‎（2）取同体积的三种酸溶液分别加入足量的锌粉，反应过程中放出 H2 的速率依次为 b1、b2、b3，则其关系是________________。‎ ‎（3）完全中和体积和物质的量浓度均相同的三份 NaOH 溶液时，需三种酸的体积依次为V1、V2、V3，则其关系是________。‎ ‎【答案】(1). c3>c1>c2 (2). b1=b2V3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】HCl为一元强酸，H2SO4为二元强酸，CH3COOH为一元弱酸，本题需要抓住强弱电解质的本质区别。‎ ‎【详解】（1）HCl为一元强酸，H2SO4为二元强酸，CH3COOH为一元弱酸，所以c(H+)都等于0.01mol/L的情况下，c3>c1>c2；‎ ‎（2）反应速率与c(H+)有关，浓度越大，速率越快，由于盐酸和硫酸为强酸，所以c(H+)都等于0.01mol/L，且溶液体积相等的情况下，反应速率相等b1=b2，而醋酸为弱酸，c(H+)等于0.01mol/L，随反应进行，会促进醋酸的电离，使得c(H+)减小的程度没有盐酸和硫酸大，从而反应速率会比两种强酸的大，所以三者的速率比较结果为：b1=b2V3。‎