D.若反应正向进行，X、Y的转化率相等
【答案】D
【解析】
A项，由方程式可得，X、Y按1:
4反应，又因为平衡时X、Y的浓度之比为1:
4，所以X、Y起始浓度之比为1:
4，故A错误；B项，平衡时，不同物质表示的正、逆速率之比等于化学计量数之比，所以Y和Z的生成速率之比为4:
2，即2:
1，故B错误；C项，若反应向右移动达到平衡，则c1的值最大，平衡时X的浓度为0.1mol/L，Z的浓度为0.1mol/L，因为Z的浓度开始不是0，故Z的浓度变化小于0.1mol/L，由方程式可知，X的浓度变化量小于0.05mol/L，故c1＜0.15mo/L，若反应向左移动到达平衡，则c1的值最小，平衡时X、Y的浓度为1：
4，等于化学计量数，可以是Z分解生成，因为X的起始浓度大于0，所以0＜c1＜0.15mo/L，故C错误；D项，由A项的分析可得，X、Y起始浓度之比为1:
4，又因为X、Y按1:
4的物质的量之比反应，所以X、Y的转化率相等，故D正确。
点睛：
本题考查了化学平衡的建立过程，C项是本题的难点，需要注意化学平衡可以通过正向移动建立，也可以通过逆向移动建立，正确理解这一点是解决题中C项的关键，再依据极限转化的方法通过计算分析判断。
7.在一定温度下的定容容器中，当下列哪些项不再发生变化时，表明反应A（g）+2B（g）
C（g）+D（g）已达到平衡状态①混合气体的压强②混合气体的密度③B的物质的量浓度④混合气体的总物质的量⑤混合气体的平均相对分子质量⑥v（C）与v（D）的比值⑦混合气体的总质量⑧混合气体的总体积
A.①②③④⑤⑥⑦⑧B.①②③④⑤⑦
C.①③④⑤D.①③④⑤⑧
【答案】C
【解析】
①该反应为反应前后气体物质的量减小的反应，一定温度下的定容容器，随反应正向移动压强降低，当压强不再变化时，说明达到平衡状态，故①正确；②反应物和生成物都是气体，总质量不变，容器容积不变，密度始终不变，不能说明达到平衡状态，故②错误；③随反应正向移动B的物质的量浓度减小，当B的物质的量浓度不再变化时，说明达到平衡状态，故③正确；④该反应为反应前后气体物质的量减小的反应，随反应正向移动混合气体总物质的量减小，混合气体总物质的量不再变化时，说明达到平衡状态，故④正确；⑤反应物和生成物都是气体，总质量不变，随反应正向移动混合气体总物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，说明达到平衡状态，故⑤正确；⑥v（C）与v（D）的速率关系自始至终都是1：
1，不能说明达到平衡状态，故⑥错误；⑦反应物和生成物都是气体，混合气体总质量不发生变化，不能说明达到平衡状态，故⑦错误；⑧容器的容积不变，混合气体总体积不变，不能说明达到平衡状态，故⑧错误；综上①③④⑤正确，选C。
点睛：
本题考查化学平衡状态的判断，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，选择判断化学平衡的物理量应随反应进行发生变化，当该物理量不再变化可以说明到达平衡状态。
8.氮氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一，消除氮氧化物有多种方法。
（1）目前，应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术是NH3催化还原法，化学反应可表示为：
2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）==2N2（g）+3H2O（g）△H＜0
①该反应中，反应物总能量_____（填“>”、“<”或“=”）生成物总能量。
②当该反应有2molN2（g）生成时，转移电子的物质的量为____________mol。
③该反应中，还原剂为_____________（填化学式），氧化产物与还原产物的质量比为______________。
（2）也可以利用甲烷催化还原氮氧化物．已知：
CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-574kJ/mol
CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-867kJ/mol
则CH4（g）将NO（g）还原为N2（g）的热化学方程式是_________________________________。
（3）还可利用ClO2 消除氮氧化物的污染，反应过程如下（部分反应物或生成物略去）：
反应I的产物中还有两种强酸生成，且其中一种强酸为硝酸，且硝酸与NO2物质的量相等，则化学反应方程式为______，反应中若生成22.4LN2（标准状况），则消耗ClO2______g。
【答案】
（1）.＞
（2）.6（3）.NH3（4）.1:
1（5）.CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ·mol﹣1（6）.2NO+ClO2+H2O=NO2+HNO3+HCl（7）.135
【解析】
（1）①该反应△H＜0，是放热反应，反应物总能量>生成物总能量。
②该反应NH3（g）中N元素化合价为-3，NO（g）中N元素化合价为+2，NO2（g）中N元素化合价为+4，生成物N2（g）中N元素化合价为0，根据化合价升高的数值=化合价降低数值=转移电子数，电子转移关系为：
2NH3～6e-，由化学方程式得关系：
2NH3～2N2（g），所以当有2molN2（g）生成时，转移电子物质的量为6mol。
③根据前面对反应中元素化合价的分析得，该反应中，还原剂为NH3，氧化产物与还原产物都是N2（g），根据N原子守恒及得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量相等，所以氧化产物与还原产物质量比为1:
1。
（2）设已知中的两个热化学方程式分别为①、②，根据盖斯定律，②×2-①可得：
CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-1160kJ•mol-1。
（3）根据流程，一氧化氮和二氧化氯反应，NO作还原剂被氧化，ClO2作氧化剂被还原，再结合已知信息可得，产物是硝酸、HCl和二氧化氮，化学方程式为：
2NO+ClO2+H2O=NO2+HNO3+HCl；根据反应I可得：
NO2～ClO2．根据反应II及N原子守恒可得：
2NO2～N2，因此2ClO2～2NO2～N2，所以反应中若生成标准状况22.4LN2（即1molN2），则消耗2molClO2，质量为：
2mol×67.5g•mol-1=135g。
9.Ⅰ、反应A（g）+B（g）
C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示，回答下列问题．
（1）该反应是_________反应（填“吸热”、“放热”）。
（2）当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率_______（填“增大”、“减小”、“不变”）。
（3）反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？
_____（填“有”、“无”），原因是____。
（4）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是：
E1____（填“增大”、“减小”、“不变”）。
Ⅱ、五氯化磷（PCl5）是有机合成中重要的氯化剂，可以由三氯化磷（PCl3）氯化得到：
PCl3（g）+Cl2（g）
PCl5（g）△H=－0.930kJ•mol-1。
某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molPCl3和1.0molCl2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如下表所示：
t/s
0
50
150
250
350
n（PCl5）/mol
0
0.24
0.36
0.40
0.40
（1）50~150s内的平均反应速率v（PCl3）=___________。
（2）该温度下，此反应的化学平衡常数的数值为___________（可用分数表示）。
（3）反应至250s时，该反应放出的热量为______________kJ。
（4）下列关于上述反应的说法中，正确的是__________（填字母序号）。
a．无论是否达平衡状态，混合气体的密度始终不变
b．300s时，升高温度，正、逆反应速率同时增大
c．350s时，向该密闭容器中充入氮气，平衡向正反应方向移动
d．相同条件下，若起始向该密闭容器中充入1．0molPCl3和0．5molCl2，达到化学平衡状态时，n（PCl5）<0．20mol
（5）温度T1时，混合气体中PCl5的体积分数随时间t变化的示意图如下。
其他条件相同，请在下图中画出温度为T2（T2>T1）时，PCl5的体积分数随时间变化的曲线__________。
【答案】
（1）.放热
（2）.减小（3）.无（4）.催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变（5）.减小（6）.0.6×10-3mol/（L•s）或0．0006mol/（L•s）（7）.0．83或5/6（8）.0.372（9）.abd（10）.
【解析】
I.
（1）由图象可以看出反应物总能量大于生成物的总能量，则该反应的正反应为放热反应。
（2）该反应正反应为放热反应，当反应达到平衡时，升高温度使平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小。
（3）催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差，即反应热不变，所以对反应热无影响。
（4）加入催化剂能降低反应物的活化能，则E1减小。
Ⅱ.
（1）由实验数据：
50s时n（PCl5）=0.24mol，150s时n（PCl5）=0.36mol，所以50~150s内生成PCl50.12mol，由化学方程式可得，50~150s内反应的PCl3为0.12mol，所以50~150s内的平均反应速率v（PCl3）=0.12mol÷2.0L÷100s=0.0006mol/（L•s）[或0.6×10-3mol/（L•s）]。
（2）250s时反应达到平衡状态，此时产物的物质的量为0.40mol，由已知列“三段式”得：
容积为2.0L，计算各物质在平衡时的物质的量浓度为：
c（PCl5）=0.2mol/L、c（PCl3）=0.8mol/L、c（Cl2）=0.3mol/L，所以平衡常数K=
=
=
≈0.83。
（3）反应至250s时，生成0.4molPCl5，放出的热量为0.4mol×0.930kJ•mol-1=0.372kJ。
（4）反应物和生成物都是气态，气体总质量不变，容器的容积恒定，所以无论是否达平衡状态，混合气体的密度始终不变，故a正确；升高温度，化学反应速率增大，正、逆反应速率同时增大，故b正确；容器的容积恒定，350s时，向该密闭容器中充入氮气，与该反应没有关系，平衡不移动，故c错误；该反应正向是气体分子数减小的反应，所以降低压强不利于PCl5的生成，相同条件下，若起始向该密闭容器中充入1.0molPCl3和0.5molCl2，则与充入2.0molPCl3和1.0molCl2达到的平衡相比不等效，相当于减压，所以达到化学平衡状态时，n（PCl5）<0.20mol，故d正确。
综上，选abd。
（5）升高温度，化学反应速率加快，达到平衡用的时间减少；该反应正向为放热反应，升高温度，平衡时PCl5的体积分数降低，所以温度为T2（T2>T1）时，PCl5的体积分数随时间变化的曲线如图：
。
点睛：
本题第一部分主要考查反应热的判断、影响化学反应速率和化学平衡的因素，注意催化剂只改变反应速率而不改变化学平衡，利用图像表示放热反应或吸热反应，更直观，横坐标代表反应过程，纵坐标代表能量，反应物的总能量高则为放热反应，生成物的总能量高则为吸热反应，△H=E1-E2；第二部分主要考查可逆反应的平衡常数、化学平衡基于图表数据的计算，注意三段式的运用，第（4）小题的d项是本题的难点，涉及等效平衡的应用，分析时可先假设二者等效，然后看实际情况相当于在等效的基础上又改变了什么条件，从而分析平衡的移动情况。
10.利用下图装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50mL0.25mol/L硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸温度；
②用另一量筒量取50mL0.55mol/LNaOH溶液，测出其温度；
③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度．回答下列问题：
（1）写出稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应表示中和热的热化学方程式（中和热数值为57.3kJ/mol）：
__________________________。
（2）倒入NaOH溶液的正确操作是：
______。
（从下列选项中选出）
A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次迅速倒入
（3）A为泡沫塑料板，上面有两个小孔，分别插入温度计和环形玻璃棒，两个小孔不能开得过大，其原因是__________；反应需要测量温度，每次测量温度后都必须__________；
（4）实验数据如下表：
温度
实验次数
起始温度t1℃
终止温度t2/℃
温度差
（t2﹣t1）/℃
H2SO4
NaOH
1
26.2
26.0
29.5
2
27.0
27.4
32.3
3
25.9
25.9
29.2
4
26.4
26.2
29.8
①近似认为0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g•℃）．则中和热△H=______（取小数点后一位）．
②上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母）____．
a．实验装置保温、隔热效果差
b．用温度计测定H2SO4溶液起始温度后直接测定NaOH溶液的温度
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中．d.仰视量取酸碱溶液
（5）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会___；（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）原因是________________________________。
【答案】
（1）.）NaOH（aq）+
H2SO4（aq）=
Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol
（2）.C（3）.减少热量散失（4）.用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计（5）.﹣56.8kJ/mol（6）.abc（7）.偏小（8）.氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ
【解析】
（1）中和热是在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1molH2O时所放出的热量，由已知中和热数值为57.3kJ/mol，则稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应表示中和热的热化学方程式为：
NaOH（aq）+
H2SO4（aq）=
Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol。
（2）为减少热量散失，必须一次性迅速倒入NaOH溶液，不能分几次倒入，否则会导致热量散失，影响实验结果，故选C。
（3）如图所示，A为泡沫塑料板，上面有两个小孔，分别插入温度计和环形玻璃搅拌棒，若两个小孔开得过大，会导致热量散失较多，影响测定结果，所以两个小孔不能开得过大；中和反应是放热反应，温度计上的酸与NaOH溶液反应放热，使温度计读数升高，会使测得结果偏高，所以每次测量后用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计。
（4）①第1次实验硫酸和NaOH溶液起始平均温度为26.1℃，反应后温度为29.5℃，反应前后温度差为：
3.4℃；第2次实验硫酸和NaOH溶液起始平均温度为27.2℃，反应后温度为32.3℃，反应前后温度差为：
5.1℃；第3次实验硫酸和NaOH溶液起始平均温度为25.9℃，反应后温度为29.2℃，反应前后温度差为3.3℃；第4次实验硫酸和NaOH溶液起始平均温度为26.3℃，反应后温度为29.8℃，反应前后温度差为3.5℃；因为第2组数据与其他三组数据差别较大，所以第2组数据应舍去；50mL的0.25mol/L硫酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/（g•℃），代入公式Q=cm△t得生成0.025mol水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×
≈1421.2J=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量为1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量为：
1.4212kJ×
≈56.8kJ，所以该实验测得的中和热△H=-56.8kJ/mol。
②实际测量结果比57.3kJ/mol小，由公式Q=cm△t可看出，可能是△t偏小或m偏小造成的，实验装置保温、隔热效果差，会使t2偏小，导致△t偏小；用温度计测定H2SO4溶液起始温度后直接测定NaOH溶液的温度，会使t1偏大，导致△t偏小；分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，会使热量散失较多，使t2偏小，导致△t偏小；仰视量取酸碱溶液，会使量取的酸碱溶液偏多，m会偏大。
综上分析，abc正确。
（5）若用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会偏小，因为氨水为弱碱，在水溶液中部分电离，中和反应的同时会有电离过程发生，
升级会员 