【文档说明】安徽省滁州市定远县育才学校2019-2020学年高二（普通班）上学期第三次月考化学试题含解析【精准解析】.doc，共(16)页，421.000 KB，由小赞的店铺上传

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定远育才学校2019—2020学年度第一学期第三次月考高二普通班化学试题一、选择题(本题共16小题，满分48分)1.已知反应:CH3CH2OH(g)+aO2(g)→bX+cH2O(l)ΔH,X为下列何种物质时ΔH最小A.CH3CHO(l)B.CH3CHO(g)C.CO(g)D.CO2(g

)【答案】D【解析】【详解】乙醇与氧气反应的程度越大，放出的热量越多，生成二氧化碳为乙醇的完全燃烧，放出的热量最多，反应的焓变最小，故选D。2.已知热化学方程式：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)∆H=-571.6kJ·m

ol-1，2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)∆H=-1452kJ·mol-1，H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l)∆H=-57.3kJ·mol-1。据此判断下列说法正确的是A.CH3OH的燃烧热∆H为-1452kJ·mol-1B

.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H>-571.6kJ·mol-1C.CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=H2O(l)+CH3COONa(aq)∆H=-57.3kJ·mol-1D.2CH3OH

(l)+O2(g)=2CO2(g)+4H2(g)∆H=-880.4kJ·mol-1【答案】B【解析】A.根据方程式2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)∆H=-1452kJ·mol-1可知，CH3OH的燃烧热为12×1452kJ

·mol-1=726kJ·mol-1，故A错误；B.液态水变成水蒸气会吸热，因此2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H>-571.6kJ·mol-1，故B正确；C.醋酸为弱酸，电离需要吸热，CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=H2O(l)+CH3COONa

(aq)∆H＞-57.3kJ·mol-1，故C错误；D.①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)∆H=-571.6kJ·mol-1，②2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)∆H

=-1452kJ·mol-1，根据盖斯定律，将②-①×2得：2CH3OH(l)+O2(g)=2CO2(g)+4H2(g)∆H=-308.8kJ·mol-1，故D错误；故选B。3.已知：①H2(g)+12O2(g)=H2O(g)；ΔH1=ak

J·mol-1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；ΔH2=bkJ·mol-1③H2(g)+12O2(g)=H2O(l)；ΔH3=ckJ·mol-1④2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；ΔH4=dkJ·mol-1，下列关系式中正确的是()A.2a=b<0B.b>d>

0C.a<c<0D.2c=d>0【答案】A【解析】【分析】四个反应均为放热反应，即a、b、c、d均小于0，根据物质的状态及计量数比较a、b、c、d之间的关系和大小。【详解】A.反应①和②所有物质聚集状态相同，

且反应②的计量数是反应①的2倍，则2a=b，所有反应均为放热反应，即a、b、c、d均小于0，因此2a=b<0，A项正确；B.四个反应均为放热反应，即a、b、c、d均小于0，B项错误；C.反应①和③对比，H2O的状态不同，从气态变为液态要放出热量，因此反应

③放出的热量更多，那么c<a<0，C项错误；D.反应③和④所有物质聚集状态相同，且反应④的计量数是反应③的2倍，则2c=d，所有反应均为放热反应，即a、b、c、d均小于0，因此2c=d<0，D项错误；答案选A。【点睛】同一反应的反应物和生成物的状态不同，反应热也不同，比较时要

考虑物质的状态变化时的吸热或放热情况，特别说明的是放热反应的反应热(ΔH)为负数，放热越多，ΔH的值反而越小。4.在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质XYZ初始浓度/mol·

L-10.10.20平衡浓度/mol·L-10.050.050.1下列说法错误的是：A.反应达到平衡时，X的转化率为50％B.反应可表示为X+3Y2Z，其平衡常数为1600C.增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常

数增大D.改变温度可以改变此反应的平衡常数【答案】C【解析】【详解】A、平衡时X的转化率为0.05100%0.1=50%，A正确；B、由表可知平衡时，X的浓度变化量是0.05mol/L，Z的变化量是0.15mol/L，Z的变化量是0.1mol/L，反应的化学计量系数之比等于浓

度变化量之比，参与反应的n(X):n(Y):n(Z)=1:3:2，所以反应可以表示为X+3Y2Z，平衡常数K=230.10.050.05=1600，B正确；C、该反应正反应方向是体积减小的反应，增大压强平衡右移

，但是温度不变，平衡常数也不变，C错误；D、平衡常数只与反应本身和温度有关，改变温度可以改变此反应的平衡常数，D正确；故合理选项为C。5.发射嫦娥三号的长征三号乙运载火箭，其中第3级火箭中的能源物质为液态H2和液态O2，发生的反应为2H2

(g)＋O2(g)===2H2O(g)。下列说法不正确的是()A.化合反应都是放热反应B.2mol气态H2与1mol气态O2的总能量大于2mol水蒸气的总能量C.断裂2molH—H键、1molO—O键吸收的总能量小于形成4molH—O键释放的总能量D.氢气燃烧过程中能量变化可用如图表示：【答案

】A【解析】【分析】氢气在氧气中燃烧是放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，生成物键能总和高于反应物键能总和。【详解】A.C与二氧化碳反应生成CO是化合反应，但该反应是吸热反应，故A错误；B.氢气在氧气中燃烧，反应放热，2mol气态H2与1mol气态O2的总能量大于2mol水蒸气的总能量，故B

正确；C.氢气在氧气中燃烧，反应放热，断裂2molH—H键、1molO—O键吸收的总能量小于形成4molH−O键释放的总能量，故C正确；D.氢气在氧气中燃烧，反应放热，反应物总能量高于生成物总能量，故D正确；故答案选A。6.反应aA(g)＋bB(g)cC(g)△H

=QkJ/mol，生成物C的质量分数与压强p和温度的关系如下图，方程式中的化学计量数和Q值符合图像的是A.a＋b<cQ>0B.a＋b>cQ<0C.a＋b<cQ<0D.a＋b=cQ>0【答案】C【解析】【详解】根据先拐先平的原则，得到T2＞T1，P2＞

P1。第一个图像得到：温度越高，c%越小，所以升高温度平衡应该向逆反应方向移动，正反应是放热反应，Q<0。第二个图像得到：压强越大，c%越小，所以增大压强平衡应该向逆反应方向移动，a＋b<c。所以选项C正确。7.下列关于判断过程的方向的说法正确的是A

.所有自发进行的化学反应都是放热反应B.高温高压下可以是石墨转化为金刚石是自发的化学反应C.由焓判据和熵判据组合而成的复合判据，将更合适于所有过程D.同一物质的固、液、气三种状态的熵值递减【答案】C【解析】【详解】反应是否自发

是由焓判据和熵判据组合而成的复合判据进行判断的，所以选项A错误。石墨的能量低于金刚石，所以由石墨转化为金刚石是吸热反应。同时，石墨的熵值大于金刚石，所以由石墨转化为金刚石是熵减反应。由上，该反应一定不自发，选项B错误。由焓判据和熵判据组合而成的复合判据（△G）才是判断反应进行方向的

合理判据，选项C正确。同一物质的固、液、气三种状态的熵值递增，选项D错误。8.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO,当加入硝酸银溶液后,溶液颜色变浅B.加催化剂,使N2和H2在一定条件下转化为NH3C.反

应CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)ΔH<0,达平衡后,升高温度体系颜色变深D.增大压强,有利于SO2与O2反应生成SO3【答案】B【解析】【详解】A、加入硝酸银溶液后，会和HBr之间反应，所以平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A错

误；B、加入催化剂只能改变反应速率，平衡不移动，共不能用勒夏特列原理解释，B正确；C、反应CO+NO2⇌CO2+NO（△H＜0），达平衡后，提高温度会使得平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，颜色加深，能用勒夏特列原理解释，故C错误；D、加压有利于平衡向正反应方向移动，可

以用平衡原理解释，故D错误；答案选B.9.将2molSO2和2molSO3气体混合于某固定体积的密闭容器中，在一定条件下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，平衡时SO3为Wmol。相同温度下，分别按下列配比在相同体积的容器中反应，反应达到平衡时

，SO3的物质的量大于Wmol的是A.2molSO2＋1molO2B.4molSO2＋1molO2C.2molSO2＋1molO2＋2molSO3D.3molSO2＋1molSO3【答案】C【解析】【详解】A、题给起始量相当于加入4molSO2和2molO2，起始量和题给起始量相比，相当于减少

2molSO2，减少反应物二氧化硫的量，平衡逆向进行，三氧化硫物质的量＜n，故A不符合；B、起始量与题给起始量相同，平衡相同，SO3物质的量为nmol，故B不符合；C、起始量相当于加入4molSO2和2molO2，可看做在原平衡的基础上加入1molO2，平衡正向移动，三

氧化硫物质的量＞nmol，故C符合；D、起始量相当于起始加入了4molSO2和0.5molO2，可看做在原平衡的基础上减少了0.5molO2，平衡逆向进行，三氧化硫物质的量＜nmol；故选C。10.容积固定为3L的某密闭容器中加入1molA、

2molB，一定温度下发生如下发应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，经反应5min后，测得C的浓度为0.3mol·L-1。则下列说法正确的是A.5min内D的平均反应速率为0.02mol·L-1·min

-1B.第5min时C的反应速率为0.06mol·L-1·min-1C.经5min后，向容器内再加入A，正反应速率变大D.平衡状态时，生成1molD时同时生成1molA【答案】D【解析】【详解】A、5min内D的平均反应速率为0.3/5minmolL0.06mol·L-1·min-1，故A错误

；B、5min内C的平均反应速率为0.06mol·L-1·min-1，故B错误；C、A是固体，增加固体的量，速率不变，故C错误；D、生成1molD时同时生成1molA，可知正逆反应速率相等，故D正确。11.下列事实能用勒夏特列原理来解释的是（）A.H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深B.加入催

化剂有利于合成NH3的反应C.高压有利于合成NH3的反应D.500℃左右比室温更有利于合成NH3的反应【答案】C【解析】A.该反应的反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强，气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒

夏特列原理解释，故A不选；B.催化剂不影响平衡移动，只能加快化学反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释，故B不选；C.合成氨工业：N2+3H2⇌2NH3△H<0，正反应是气体体积减小反应，增大压强平衡向正反应方向移动，故采用较高的压强有利于氨的合成，能用

勒夏特列原理解释，故C选；D.合成NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，不利于合成氨，但升高温度可以加快反应速率，所以不能用勒夏特列原理来解释，故D不选。答案选：C。点睛：勒夏特列原理是：如果改变影响平衡

的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。解题时要注意勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，则不能用勒夏特列原理解释，本题的易错点是D项，注意要结合反应是放热反应还是吸热反应，来判断高温是有利于加快反应速率、还是有利

于产物的生成，从而判断是否能用勒夏特列原理解释。12.下列关于电离平衡常数（K）的说法中正确的是（）A.电离平衡常数（K）与温度无关B.H2CO3的电离常数表达式2323()()()cHcCOKacHCOC.同温下，电离平衡常数越小表示弱电解质电离能力越弱D.多元弱酸各步电离平衡常数相

互关系为：K1<K2<K3【答案】C【解析】电离平衡常数（K）是温度的常数，随温度的增大而增大，A项错误；H2CO3为二元弱酸，分两步电离，其电离平衡常数为：Ka1=323()?()()cHcHCOcHCO、Ka2=233()?()()cHcCOcH

CO，B项错误；相同条件下K越大，酸的电离程度越大，所以相同条件下，电离平衡常数越小，表示弱电解质的电离能力越弱，C项正确；多元弱酸分步电离，电离程度依次减小，所以多元弱酸各步电离平衡常数相互关系为K1＞K2＞K3，D项错误。13.下列说法正确的是A.0.2mol·L－1与0.1mo

l·L－1HClO溶液中c(H+)之比为2:1B.pH=2和pH=1的硝酸中c(H+)之比为1:2C.25℃时，0.1mol·L－1CH3COOH的电离平衡常数K=2×10－5，则0.1mol·L－1CH3COONa的水解平衡常数

为5×10－10D.0.1mol·L－1NaHCO3溶液中：c(Na+)+c(H+)+c(H2CO3)＜c(HCO3－)+3c(CO32－)+c(OH－)【答案】C【解析】【详解】A、HClO是弱电解质，溶液越稀，电离程度越大，故0.2mo

l/L的HClO溶液中的氢离子浓度小于0.1mol/LHClO溶液中的氢离子浓度的2倍，即两溶液中的c(H+)之比小于2：1，故A错误；B、c(H+)=10-pH，故pH=2的硝酸溶液中，c(H+)=0.01mol/L；而pH=1的硝酸溶液中，c(H+)=0.1mol/L，故两溶液中的c(H+)

之比为1：10，故B错误；C.25℃时，0.1mol·L－1CH3COOH的电离平衡常数K=2×10－5，则0.1mol·L－1CH3COONa的水解平衡常数=waKK=1451.010210－=5×10－10，故C正确；D.0.1m

ol·L－1NaHCO3溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(HCO3－)+2c(CO32－)+c(OH－)，因为水解程度大于电离程度，因此c(H2CO3)＞c(CO32－)，则c(Na+)+c(H+)+c(H2CO3)＞c(H

CO3－)+3c(CO32－)+c(OH－)，故D错误；故选C。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡和盐的水解平衡。本题的易错点为D，要注意NaHCO3溶液显碱性，即NaHCO3的水解程度大于电离程度，存在c(H2CO3)＞c(CO32－)。14.常温下，用0.1000m

ol·L1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L13CHCOOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是A.点①所示溶液中：33CHCOOOHCHCOOHHcccc

B.点②所示溶液中：33NaCHCOOHCHCOOcccC.点③所示溶液中：3NaOHCHCOOHcccc＞＞＞D.滴定过程中可能出现：33CHCOOHCHCOOHNaOHccccc＞＞

＞＞【答案】D【解析】【详解】A、点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由电荷守恒可知：c（CH3COO－）

+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO－）+c（OH－）＞c（CH3COOH）+c（H+），故A错；B、点②pH＝7，即c（H+）＝c（OH-），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO－）+c（OH－），故c（N

a+）＝c（CH3COO－），故B错；C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度较小，所以c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+），故C错；D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3

COONa少量，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH－），故D正确，答案选D。【点睛】该题涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较，综合性强，注重答题的

灵活性。对学生的思维能力提出了较高的要求，注意利用电荷守恒的角度解答。15.下列溶液，一定呈中性的是A.由等体积、等物质的量浓度的硫酸跟NaOH溶液混合后所形成的溶液B.c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1的溶液C.pH＝7的溶液D.c(H＋)=的溶液（Kw为该温度下水的离子

积常数）【答案】D【解析】【详解】A、由等体积、等物质的量浓度的硫酸跟NaOH溶液混合后所形成的溶液，因为硫酸中氢离子的物质的量大于氢氧化钠中氢氧根离子的物质的量，所以溶液呈酸性，错误；B、常温时c(H＋)

＝1.0×10－7mol·L－1的溶液为中性，但未指明温度时，不能判断溶液的酸碱性，错误；C、常温时pH＝7的溶液为中性，但未指明温度时，不能判断溶液的酸碱性，错误；D、因为c(H＋)×c(OH-)=KW，所以c(H＋)=时，说明c(H＋)=c(OH-)，此溶液一定是中性溶液，正确；答案

选D。16.在由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的离子组是①K＋、Cl－、NO3－、S2－②K＋、Fe2＋、I－、SO42－③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－④Na＋、Ca2＋

、Cl－、HCO3－⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－A.③⑤B.①③⑤C.③④D.②⑤【答案】A【解析】【分析】水电离产生的H+浓度为1×10-13mol•L-1的溶液，小于1×10−7mol⋅L−1，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸或碱的溶液。【详解】①碱溶液中该组离子不反应

，但酸溶液中NO3−、S2-发生氧化还原反应而不能大量共存，故①错误；②碱溶液中Fe2+、OH−结合生成沉淀，酸溶液中该组离子不反应，故②错误；③该组离子在酸或碱溶液中都不发生反应，则一定能大量共存，故③正确；④酸溶液中HCO3−与H+结合生成CO2和H2

O,碱溶液中HCO3−与OH−结合生成CO32-和H2O,生成的CO32-与Ca2+结合生成CaCO3，则一定不能共存，故④错误；⑤K+、Ba2+、Cl−、NO3−离子在酸或碱溶液中都不发生反应，则一定能大量共存，故⑤正确。故选A。二、填空题(3小

题，共52分)17.25℃时，三种酸的电离平衡常数如下表所示。化学式CH3COOHHClOH3PO3名称醋酸次氯酸亚磷酸电离平衡常数1.8×10-53.0×10-8K1=8.3×10-3K2=5.6×10-6回答下列问题：（1）浓度均为0.1mol•L-1的CH3COOH、HCl

O、H3PO3溶液中，c(H+)最小的是_____________。（2）亚磷酸(H3PO3)为二元酸，具有较强的还原性。H3PO3的第二级电离方程式为________________。Na2HPO3是_____________(填“酸式盐”“碱式盐”或“正盐”)。（3）常温下

，0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加水稀释的过程中，下列表达式的数值变大的是______（填字母）。A.c(H+)B.3(H)(CHCOOH)ccC.c(CH3COO-)D.c(CH3COOH)（4）体积均为10mL、c(H+)均为10-2mol•L-1的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀

释至1000mL，稀释过程中c(H+)的变化如图所示，则HX的电离平衡常数_______________(填“大于”“小于”或“等于”)醋酸的电离平衡常数，理由是____________________________。【答案】(1

).HC1O溶液(2).H2PO3-HPO32-+H+(3).正盐(4).B(5).大于(6).c(H+)相同的醋酸和HX溶液稀释相同的倍数，HX溶液的c(H+)变化更大【解析】（1）据电离平衡常数可知，三种酸由强到弱的顺序为亚磷酸、醋酸、次

氯酸，所以浓度均为0.1mol•L-1的CH3COOH、HClO、H3PO3溶液中，c(H+)最小的是HClO；（2）亚磷酸为二元中强酸，分步电离且电离可逆，所以H3PO3的第二级电离方程式为H2PO3-HPO32-+H+；Na2H

PO3不能再电离出氢离子，属于正盐；（3）A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小，A错误；B．3cHcCHCOOH=n（H+）/n（CH3COOH），则稀释过程中比值变大，B正确；C．稀释过程，促进电离，

c(CH3COO-)减小，C错误；D．稀释过程，促进电离，c(CH3COOH)减小，D错误；答案选B；（4）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大。18.参考下列图表和有关要

求回答问题：（1）图Ⅰ是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是___(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，ΔH的变化是__。请写出NO2和CO反应的热化学方程式：__。（2）甲醇质子交换

膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋49.0kJ·mol－1②CH3OH(g)＋12O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－1

92.9kJ·mol－1又知③H2O(g)=H2O(l)ΔH＝－44kJ·mol－1则甲醇燃烧生成液态水的热化学方程式：___。（3）下表是部分化学键的键能数据：化学键P—PP—OO=OP=O键能/kJ·mol－1abcx已知1mo

l白磷(P4)完全燃烧放热为dkJ，白磷及其完全燃烧的产物结构如图Ⅱ所示，则表中x＝___kJ·mol－1(用含有a、b、c、d的代数式表示)。【答案】(1).减小(2).不变(3).NO2(g)＋C

O(g)=CO2(g)＋NO(g)ΔH＝－234kJ·mol－1(4).CH3OH(g)＋32O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－764.7kJ·mol－1(5).d+6a+5c-12b4【解析】【分析】加入催化剂能降低反应所需的活化能，但是不改变反应物的总能量和生成物的总能量，由图

可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234kJ，根据热化学方程式书写原则进行书写；依据热化学方程式，利用盖斯定律即化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关，进行

计算；白磷燃烧的方程式为42410P+5OPO=点燃，结合1mol白磷中含有6molP-P，1molO2中含有1molO-O，1molP4O10中含有12molP-O、4molP=O分析；化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，结合化学反应中的反应热△H=反应物总键能-生成物总键

能分析。【详解】（1）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368-134=

234kJ，反应热化学方程式为-122NOg+COg=NOg+COgH=-234kJmol；故答案为：减小；不变；-122NOg+COg=NOg+COgH=-234kJmol；（2）-13222CHOHg+HOg=COg+3HgΔH

=+49.0kJmol①-13222CHOHg+12Og=COg+2HgΔH=-192.9kJmol②-122HOg=HOlΔH=-44kJmol③依据盖斯定律，②×3-①×2+③×2得：3222CHOHg+32Og=COg+2HOl-1-1-1H

=(-192.9kJmol3)-+49.0kJmol2+(-44kJmol-12=-764.7kJmol△())（3）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，所以

-1-1-1-1-16molakJmol+5molckJmol-(12molbkJmol+4molxkJmol)=-dkJmol，解得d+6a+5c-12bx=4。故答案为d+6a+5c-12b4。【点睛】加入催

化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响；加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂

不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响。19.在体积为2L的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）。其化学平衡常数K和温度t

的关系如下表：t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝________________。（2）该反应为____________反应（选填吸热、放热），原因是________

_____________。（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是________________（多选扣分）。a．容器中压强不变b．混合气体中c（CO）不变c．υ正（H2）＝υ逆（H2O）d．c（CO2）＝c（CO）（4）某温度下，平衡浓度符合下式

：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），试判断此时的温度为_______________℃。该温度下，若向容器中分别加入2molH2和2molCO2，10s后达到平衡，则这段时间内υ(H2)=_______________,CO2的转化率为_____________。【答案】(1)

.(2).吸热(3).温度升高，平衡常数增大，平衡正向移动，则正反应吸热(4).b、c(5).830(6).0.05mol/(L•s)(7).50%【解析】【详解】（1）化学反应平衡常数是生成物浓度的系数次方相乘再比上反应

物浓度的系数次方相乘，所以是。（2）该反应随着温度的升高平衡常数K值不断增大，所以正反应是吸热反应。（3）容器中压强不变就是气体的物质的量不变，该反应本身就是气体物质的量不变的反应，所以不能说明反应达平衡，选项a错误。混合气体中c（CO）不变，说明反应“停止”了，即反应

达到平衡状态，选项b正确。υ正（H2）＝υ逆（H2O），说明反应的正逆反应速率相等，反应达平衡，选项c正确。c（CO2）＝c（CO），但是没有说不随时间改变，那么有可能出现瞬间相等，然后变化，所以选项

d错误。（4）平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），即反应的K=1，根据表中数据得到，该反应的温度为830℃。该温度下，若向容器（2L）中分别加入2molH2、CO2，有：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋

H2O（g）起始：1100反应：XXXX平衡：1-X1-XXX（以上单位为mol/L）所以有2211XKX，解得X=0.5mol/L。所以111121?0.5?0.05?·10molLmolLHmolLss

20.550%1CO