专题1 化学反应与能量变化 单元练习二 2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1

《化学反应与能量变化》单元练习二 一、选择题 1．钠硒电池是一类以单质硒或含硒化合物为正极、金属钠为负极的新型电池，具有能量密度大、导电率高、成本低等优点。以Cu2-xSe填充碳纳米管作为正极材料的一种钠硒电池工作原理如图所示，充放电过程中正极材料立方晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法错误的是（　　） A．每个Cu2-xSe 晶胞中Cu2+个数为4x B．在Na2Se晶胞结构中，Se2-占据的位置是顶点和面心 C．充分放电时，正极的电极反应式为Cu2-xSe + 2Na++2e-=Na2Se+(2-x)Cu D．充电时外电路中转移1mol电子，两极质量变化差为23g 2．一种清洁、低成本的三步法氯碱工艺工作原理的示意图如下，下列说法错误的是（　　） A．第一步中阳极的电极反应式为 B．与传统氯碱工艺相比，该方法不需要使用离子交换膜 C．第二步中正极质量每增加，负极质量减少 D．理论上每消耗，产生(标准状况下) 3．根据下列图示所得出的结论正确的是（　　） 甲 乙 丙 丁 A．图甲是常温下用溶液滴定溶液的滴定曲线，Q点表示酸碱中和滴定终点 B．图乙是中的平衡浓度随温度变化的曲线，说明平衡常数 C．图丙表示通入饱和溶液中，溶液导电能力的变化 D．图丁是反应生成的能量变化曲线，a表示变成气态原子过程中吸收的能量 4．电解法可将硝基苯降解为苯胺，工作原理如图所示．下列说法正确的是（　　） A．b极连接电源负极 B．理论上每转移电子，将有从右室移入左室 C．电解质溶液中浓度越大，越利于硝基苯降解 D．a极上硝基苯发生的反应为 5．一种利用金属磷化物作为催化剂，将转化成甲酸钠的电化学示意图如下所示，阴极生成和一种气体。下列说法错误的是（　　） A．a为电源负极 B．由左侧室向右侧室移动 C．阴极的电极反应式为 D．理论上，当电路中转移时，阴极室质量增加 6．催化加氢制甲醇，并进一步生产低碳烯烃，可一定程度上减少我国对原油进口的依赖，对促进国家能源安全具有重大现实意义。催化加氢制甲醇的反应历程如图所示，首先在“”表面解离成2个，随后参与到的转化过程。下列说法正确的是（　　） A．“”能改变总反应的焓变 B．是反应历程的中间产物之一 C．反应历程中存在非极性键的断裂和形成 D．理论上反应历程消耗的与生成的甲醇的物质的量之比为 7．硅锰电池是一种新型电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（　　） A．电池充电时，电极连接外接电源的正极 B．电池工作时，通过质子交换膜由Si@C电极区移向电极区 C．电池充电时，Si@C电极的电极反应式是 D．放电时，导线上每通过0.2mol电子，正极区溶液的质量增加8.7g 8．化学在能源、航天等领域应用广泛。下列说法错误的是（　　） A．为了应对能源危机，应大力发展太阳能、氢能、电能和生物质能等新能源 B．我国航天工程近年来成就斐然，卫星计算机芯片使用的是高纯度的硅 C．四千余年前我国先辈们用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应 D．积极开发废电池的综合利用技术，防止其中的重金属盐对土壤和水源造成污染 9．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　） A．已知：：，则 B．已知： ，则的燃烧热 C．已知： ，则稀和稀完全反应生成时，放出热量 D．已知：正丁烷异丁烷 ，则正丁烷比异丁烷稳定 10．有关下列四个常用电化学装置的叙述中，错误的是（　　） 图1 铅-硫酸蓄电池 图2 碱性锌锰电池 图3 锌银纽扣电池 图4 电解精炼铜 A．图1所示电池放电过程中，硫酸浓度不断减小 B．图2所示电池中，参加正极反应做氧化剂 C．图3所示电池中，是氧化剂，电池工作过程中被还原为Ag D．图4所示装置工作过程中，电解质溶液中浓度始终不变 11．甲酸常被用于橡胶、医药等工业，一定条件下可分解生成CO和H2O。在无催化剂和有催化剂的条件下，能量与反应历程的关系分别如图1、图2所示。下列说法错误的是（　　） A．途径一和途径二中均涉及了极性键的断裂和生成 B．ΔH1<ΔH2<0 C．途径二使用了H+作为催化剂 D．途径二反应的快慢由生成的速率决定 12．最近，我国科学家开发一种钠离子电池，放电时其工作原理如图所示(放电时，沉积在电极上)。 下列叙述错误的是（　　） A．放电时，电子通过离子交换膜由极流向极 B．放电时，极反应式为 C．充电时，极与电源的负极连接 D．充电时，外电路中转移电子时，理论上极质量净减 二、非选择题 13．某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和反应的反应热，将盐酸与溶液在如图所示的装置中进行中和反应(在稀溶液中，可以近似地认为酸和碱的密度、比热容与水的相同)。回答下列问题： （1）仪器a的名称为　 　，其作用是　 　。 （2）实验中改用盐酸和溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量　 　(填“相等”或“不相等”，下同)；生成时放出的热量　 　，理由是　 　。 （3）若用等物质的量的固体进行上述实验，测得的中和反应的反应热的绝对值将　 　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 （4）若四次操作测得终止温度与起始温度差分别为①、②、③、④，则所得的中和反应的反应热　 　(已知该温度下水的比热容：，忽略量热计的比热容，保留三位有效数字)。 14．利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下： ①用量筒量取50mL0.50mol·L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol·L-1NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，使之混合均匀，测得混合溶液最高温度。回答下列问题： （1）所用NaOH溶液要稍过量，理由是　 　。 （2）如图装置中碎泡沫塑料及泡沫塑料板的作用是　 　。 （3）环形玻璃搅拌棒搅拌溶液的操作是　 　。 （4）假设盐酸和NaOH溶液的密度都是1g·cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如表所示： 实验序号 起始温度T1/℃ 终止温度T2/℃ 盐酸 NaOH溶液 混合溶液 1 20.0 20.1 23.2 2 20.2 20.4 23.4 3 20.5 20.6 23.6 依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热|△H|=　 　(小数点后保留1位数字)。 （5）　 　(选填“能”或“不能”)用Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液代替NaOH溶液和盐酸，理由是　 　。 （6）现将一定量的稀NaOH溶液、Ca(OH)2溶液、稀氨水分别和1L1mol·L-1的盐酸恰好完全反应，其反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1、△H2、△H3的大小关系为　 　。 15．“中和热”是在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量。实验室用如图所示简易量热装置测定中和热。量取50mL0.50盐酸，用温度计测量盐酸温度并记录(数据见下表)。用水将温度计上的酸冲洗干净，擦干。再量取50mL0.55氢氧化钠溶液，用同一支温度计测量温度。将两份溶液在量热计内筒(小烧杯)中迅速混合，立即盖上盖板，匀速搅拌，密切关注温度变化，记录最高温度。 已知：水的比热容为4.18。 。 本实验所用酸、碱稀溶液的密度和比热容与水近似相等，并忽略量热计的比热容。 实验编号 反应物溶液的温度 反应前体系温度 反应后体系温度 温度差 HCl(aq) NaOH(aq) 1 24.8℃ 25.0℃ 24.9℃ 27.8℃ 2.9℃ 2 25.0℃ 25.2℃ 25.1℃ 28.1℃ 3.0℃ 3 25.0℃ 25.0℃ 25.0℃ 28.1℃ 3.1℃ 请回答下列问题： （1）仪器A的名称是　 　；碎泡沫塑料的作用是　 　。 （2）该装置存在一处明显不正确，请指出：　 　。 （3）为什么实验中只允许使用同一支温度计，不能使用两支温度计？请说明理由：　 　。 （4）根据实验记录的数据计算，该实验测得的中和热　 　。用相同浓度和体积的醋酸代替盐酸进行上述实验，测得的中和热　 　(填“>”、“=”或“<”)。 16．含氮物质是重要的化工产品之一，研究含氮物质对能源利用、环境保护有重要的意义． （1）用活性炭还原法可以处理氮氧化物．某研究小组向 的密闭容器中加入 活性炭和 ，发生反应： ①该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图1．在 时改变某种条件，反应在 时达到平衡，则改变的条件不可能是　 　 A．升温 B．加压 C．使用催化剂 D．增大 的浓度 ② 时，反应达到平衡，测得平衡体系中 的体积分数为30%，则该温度下反应的平衡常数 　 　（保留两位有效数字）． （2）汽车尾气中主要污染物是 和 ，在一定条件下能反应生成 和 ． a． b． c． ①　 　 ②在恒容的密闭容器中，发生反应c，测得反应经相同时间 的转化率随温度的变化关系如图2所示，请在图2画出 的平衡转化率随温度变化曲线　 　． （3）实验发现生产硝酸过程中，升高温度 和 反应速度减慢，反应分步进行： Ⅰ （快平衡） Ⅱ （慢反应） 原因是　 　 答案解析部分 1．【答案】D 【解析】【解答】A、根据“均摊法”，晶胞中，Se位于顶点和面心，数目为， 晶胞内铜离子、亚铜离子和为4×（2-x）个，设铜离子、亚铜离子分别为a、b，则a+b=4×（2-x），由化合价代数和为零可知，2a+b=4×2，解得a=4x，故A不符合题意； B、由晶胞图示可知，在Na2Se晶胞结构中，Se2-占据顶点和面心，故B不符合题意； C、充分放电时，正极Cu2-xSe得到电子发生还原反应生成零价铜，电极反应式为Cu2-xSe + 2Na++2e-=Na2Se+(2-x)Cu，故C不符合题意； D、充电时外电路中转移1mol电子，阳极释放出1mol钠离子，质量减小23g，阴极生成1mol钠，质量增加23g，两极质量变化差为46g，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A、晶胞中硒离子位于顶点和面心，铜离子和亚铜离子位于体内，个数之和为8； B、在Na2Se晶胞结构中，Se2-占据的位置是顶点和面心； C、正极发生还原反应； D、充电时外电路中转移1mol电子，阴极增重1mol钠离子，阳极脱出1mol钠离子。 2．【答案】C 【解析】【解答】A、由分析可知，第一步为电解池，阳极的电极反应为，A不符合题意； B、该方法不需要使用离子交换膜，传统氯碱工艺需要，该方法优点是不需要使用离子交换膜，B不符合题意； C、由分析可知，第二步为原电池，正极的电极反应为，负极的电极反应为，正极增加的为钠离子，负极生成的为氯化银是沉淀，质量增加，C符合题意； D、第一步为电解池阴极消耗氧气，电极反应为，则理论上每消耗转移；第三步为电解池，阳极反应为，所以生成氯气0.2mol，即产生(标准状况下)，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】第一步生产NaOH的装置为电解池，O2在阴极得电子生成OH-，阴极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，阳极反应为Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+；第二步提取Na+和Cl-的装置为原电池，Ag失电子生成AgCl，Ag作负极，负极反应为Ag-e-+Cl-=AgCl，正极反应为Na0.44-xMnO2+xNa++xe-=Na0.44MnO2；第三步生产Cl2的装置为电解池，AgCl在阴极得电子生成Ag和Cl-，阴极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-，Cl-在阳极失电子生成Cl2，阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑。 3．【答案】D 【解析】【解答】A、0.1000mol/L氢氧化钠溶液与20.00mL0.1000mol/L醋酸溶液恰好反应生成醋酸钠时，消耗氢氧化钠溶液的体积为20.00mL，溶液呈碱性，则溶液pH为7的Q点不是滴定终点，故A错误； B、由图可知，温度升高，c()降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则平衡常数K(T1)大于K(T2)，故B错误； C、二氧化碳与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3↓，反应中离子浓度减小，导电能力减弱，但不会趋于0，故C错误； D、由图可知，1molX2(g)、1molY2(g)反应生成2molXY(g)的反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，a表示1molX2(g)、1molY2(g)化学键断裂变成气态原子过程中吸收的能量，故D正确； 故答案为：D。 【分析】A、醋酸为弱酸，滴定终点时溶液呈碱性； B、升温，平衡逆向移动； C、溶液的导电能力与离子浓度成正比； D、化学键断裂吸收能量。 4．【答案】B 【解析】【解答】A、由分析可知，b为阳极，与电源正极相连，故A错误； B、电解池中阳离子移向阴极，根据电荷守恒，电路中每转移4 mol电子将有4 mol H+从右室移入左室，故B正确； C、电解质溶液中H+浓度过高，在电极上得电子的氢离子会更多，不利于硝基苯得电子，不利于硝基苯降解，故C错误； D、a为阴极，发生还原反应，则硝基苯发生的反应为，故D错误； 故答案为：B。 【分析】根据氢离子移动的方向可知，左侧电极为阴极，电极反应式为，右侧电极为阳极，阳极水放电生成氧气。 5．【答案】B 【解析】【解答】A.根据甲醇转化为甲酸钠，被氧化，因此b为电池的正极，a为电池的负极，故A不符合题意； B.a为电池的负极，因此左侧为阴极区域，吸收大量的阳离子，因此钠离子向左移动，故B符合题意； C.阴极电极反应式是水得到电子变为氢气，因此写出电极反应式为； ，故C不符合题意； D.根据阴极反应为 ，因此阴极增加的质量为二氧化碳和钠离子减去氢气的量接口计算出质量为：2×44g+2×23g-4g=132g，故D不符合题意； 故答案为；B 【分析】根据甲醇变为甲酸被氧化，因此在阳极区反应得到，因此b为电池的正极，a为电池的负极，钠离子向阴极区域移动，阴极区是水中电离出氢离子得到电子变为氢气，即可写出电极反应式为： ，根据转移电子数即可计算出阴极室增加的量结合选项即可判断； 6．【答案】D 【解析】【解答】A.催化剂能降低反应的活化能，提高反应速率，但不能改变总反应的焓变，故A不符合题意； B.根据图中信息可知，生成的H2O不再参与后面流程，因此是反应历程的最终产物之一，故B不符合题意； C.反应物为二氧化碳和氢气，生成物为甲醇和水，有非极性键断裂，无非极性共价键形成，故C不符合题意； D.根据反应流程即可得到3H2-CH3OH-6H*，因此理论上反应历程消耗的与生成的甲醇的物质的量之比为 ，故D符合题意； 故答案为：D 【分析】A.催化剂不改变焓变； B.根据图示水不参与后期反应为产物； C.根据CO2+3H2-CH3OH+H2O，即可判断有非极性共价键断裂无形成； D.根据CO2+3H2-CH3OH+H2O，即可找出3H2-CH3OH-6H*，即可判断。 7．【答案】D 【解析】【解答】A.放电时，二氧化锰做电池的正极，充电时二氧化锰做电解池的阳极，与电源的正极连接，故A不符合题意； B.电池工作时，氢离子在正极反应，因此会向二氧化锰电极移动，故B不符合题意； C.电池充电时，Si/C电极是阴极，与电池的负极相连发生的还原反应是，故C不符合题意； D.放电时，正极反应为MnO2+2e+4H+=Mn2++2H2O，导线上每通过0.2mol电子，正极区溶液的质量增加8.9g，故D符合题意； 故答案为：D 【分析】根据题意可知，放电时，Si做负极，二氧化锰做正极发生的反应为MnO2+2e+4H+=Mn2++2H2O，充电时，Si与电池的阴极连接发生还原反应为，结合选项即可判断。 8．【答案】C 【解析】【解答】A.大力发展太阳能、氢能、电能和生物质能等新能源可以解决能源危机，故A不符合题意； B.高纯度硅可用作计算机芯片，故B不符合题意； C.酿造酒和醋发生氧化反应和酯化反应，故C符合题意； D.金属盐付土壤和水资源构成污染，可开发废电池的综合利用技术，故D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A.开发新能源可解决能源危机； B.硅可用于计算机芯片； C.酿造酒和醋发生氧化反应和酯化反应； D.开发废电池综合利用技术课防止电池中重金属盐对土壤和水资源造成污染。 9．【答案】A 【解析】【解答】A.气态硫完全燃烧释放的能量高于固态硫燃烧释放的能量，而焓变有正负，因此 ，故A符合题意； B.1mol可燃物完全燃烧产生稳定的化合物释放的热量，乙烯的燃烧产物为气态二氧化碳和液态水，故B不符合题意； C.氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀，放出更多热量，因此C不符合题意； D.正丁烷异丁烷 ，则正丁烷比异丁烷不稳定，故D不符合题意； 故答案为：A 【分析】A.根据固态硫燃烧比气态硫燃烧释放少的能量即可判断； B.燃烧热是生成指定的化合物释放的能量； C.氢氧化钡与硫酸反应得到硫酸钡沉淀，释放更多能量； D.能量越低越稳定，因此异丁烷比正丁烷稳定。 10．【答案】D 【解析】【解答】A.铅酸电池在使用时，铅和二氧化铅和硫酸反应生成硫酸铅和水，在消耗硫酸，硫酸浓度降低，故A不符合题意； B.碱性锌锰电池中，锌做负极，发生氧化反应，二氧化锰在正极得到电子发生还原反应，故B不符合题意； C. 锌银纽扣电池 中锌做负极，氧化银做正极，反应过程中被还原为银，故C不符合题意； D.电解精炼铜时，阳极是锌，铁等先失去电子，而阴极是铜离子得到电子，铜离子浓度降低，故D符合题意； 故答案为：D 【分析】A.铅酸电池中硫酸不断消耗； B.碱性锌锰电池中，二氧化锰做氧化剂； C.锌银电池中氧化银被还原为银； D.电解精炼铜时，粗铜中不全部是是铜导致溶液中铜离子浓度降低。 11．【答案】B 【解析】【解答】A、途径以中有C-O的断裂，途径二有C-O的断裂，都为极性键的断裂，A错误； B、催化剂不改变焓变，两者焓变相同，B正确； C、结合途径二，可以知道最开始引入了氢离子作为催化剂，C错误； D、生成 的活化能最大，反应速率最慢，为决速步骤，D错误； 故答案为：B 【分析】A、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合； B、催化剂只影响活化能，不影响焓变； C、催化剂为开始反应的反应物和最后反应的生成物； D、慢反应为决速步骤。 12．【答案】A 【解析】【解答】A.放电时，a做电池的负极，电子从a电极经过导线进入电极b，故A符合题意； B.放电时，b做电池的正极发生还原反应，即可写出电极反应式为： ，故B不符合题意； C.充电时，a是电解池的阴极与电池的负极连接，故C不符合题意； D.充电时，b极反应为：，转移0.1mol电子质量减重0.1mol钠离子，即可计算理论上极质量净减 ，故D不符合题意； 故答案为：A 【分析】根据图示即可判断，做原电池时，a为负极，b为电池的正极，发生的反应为：，充电时，a为电解池的阴极与电池的负极连接，b为电解池的阳极，与电池的正极连接，电极反应式为：，结合选项即可判断； 13．【答案】（1）环形玻璃搅拌棒；使酸和碱充分反应 （2）不相等；相等；因为反应放出的热量与生成的物质的量成比例 （3）偏大 （4） 【解析】【解答】(1)量热器中的仪器a名称为玻璃搅拌器，起搅拌作用，使酸和碱充分反应； (2)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，实验中改用盐酸和溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，即中和反应放出的热量与生成H2O的物质的量成比例，所以生成的反应热是相等的； (3)固体溶解会放出热量，所以测得的会偏大； (4)4次实验数据中，第②次误差大，应舍去，温度差的平均值为，50mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH混合，氢氧化钠过量，反应生成水0.025mol，混合溶液的总质量m=100mL×1g/mL=100g，则生成0.025mol水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.4℃=1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.4212kJ×≈-56.8kJ，即生成1molH2O时的反应热△H=-56.8kJ•mol-1。 【分析】（1）仪器a为环形玻璃搅拌棒；其作用是使酸和碱充分反应； （2）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关； （3）氢氧化钠固体溶于水放热； （4）根据公式Q=cmΔT计算。 14．【答案】（1）确保盐酸被完全中和 （2）保温、隔热，减少实验过程中热量的损失 （3）用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻搅动溶液 （4）51.8kJ∙mol-1 （5）不能；H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀和H2O，沉淀的生成热会影响中和热的测定 （6）∆H1=∆H2<∆H3 【解析】【解答】用强酸与强碱的稀溶液反应测定中和热时，一方面需保证热量测定的准确性，另一方面需保证热量的来源只有中和热，没有其他形式的热量转化。 (1)计算中和热时，使用盐酸的物质的量进行计算，所以要确保盐酸完全参加反应，由此可确定所用NaOH溶液要稍过量的原因是：确保盐酸完全被中和。答案为：确保盐酸完全被中和； (2)实验过程，需保持热量不散失，所以加入碎泡沫塑料及泡沫塑料板的作用是保温、隔热，减少实验过程中热量的损失； (3)使盐酸与NaOH溶液混合均匀，应进行搅拌，同时需尽可能减少热量损失，所以正确操作是用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动； (4)三次实验中，每次实验终止温度与起始平均温度之差，便为反应的温度变化，三次实验的平均温度变化为℃=3.1℃，则放出热量为4.18×10-3kJ•g-1•℃-1×100g×3.1℃=1.2958kJ，该实验测得的中和热△H= -≈-51.8 kJ∙mol-1，即|△H|=51.8 kJ∙mol-1，答案为：51.8 kJ∙mol-1； (5)Ba(OH)2溶液和硫酸反应，会生成硫酸钡，从而释放热量，所以不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀会影响反应的热效应，故答案为：不能；H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀和H2O，沉淀的生成热会影响中和热的测定； (6)由于稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液与盐酸反应只产生中和热，所以二者放出的热量相等，而氨水中一水合氨电离时吸热，所以放出的热量少，由此得出△H1、△H2、△H3的大小关系为∆H1=∆H2<∆H3。 【分析】 (1)计算中和热时，要确保盐酸完全参加反应； (2)实验过程，需保持热量不散失； (3)实验过程，需尽可能减少热量损失； (4)利用平均值减少误差； (5)生成硫酸钡会释放热量； (6)利用盖斯定律分析。 15．【答案】（1）玻璃搅拌器或环形玻璃搅拌棒；隔热或保温或减少实验过程中的热量损失 （2）小烧杯杯口未紧贴塑料盖板或小烧杯杯口未与大烧杯杯口齐平 （3）温度计本身存在误差，不同温度计误差不同，即测量同一物体时所测温度可能不同 （4）；> 【解析】【解答】(1)仪器A的名称是玻璃搅拌器或环形玻璃搅拌棒；碎泡沫塑料的作用是隔热或保温或减少实验过程中的热量损失； (2)该装置存在一处明显不正确是：小烧杯杯口未紧贴塑料盖板或小烧杯杯口未与大烧杯杯口齐平； (3)测温度时不能使用两支温度计的原因是：温度计本身存在误差，不同温度计误差不同，即测量同一物体时所测温度可能不同； (4)3次温度差分别为：2.9℃、3.0℃，3.1℃，温度差平均值=3.0℃；50mL 0.25mol/L硫酸与 50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2=0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/mL=100g，温度变化的值为△T=3.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/(g•℃)×3.0℃=1254J，即1.254kJ，所以实验测得的中和热△H=-；醋酸为弱酸，电离过程为吸热过程，所以用醋酸代替稀盐酸溶液反应，反应放出的热量偏小，但焓变为负，中和热△H会偏大，即>。 【分析】（1）仪器A为环形玻璃搅拌棒；碎泡沫塑料是为了防止热量损失； （2）该装置中小烧杯杯口未与大烧杯杯口相平，导致热量损失大； （3）不同温度计误差不同； （4）根据Q=m•c•ΔT计算；醋酸是弱电解质，电离吸热。 16．【答案】（1）D；0.56 （2）； （3）温度升高，Ⅰ反应逆移， 浓度降低，Ⅱ反应速率增大， 浓度降低对速控反应速率影响大于升高温度影响，故速率降低． 【解析】【解答】（1）①由图可知，t1时反应未达到平衡状态，改变条件后正逆反应速率同时增大。 A、升高温度，逆反应速率增大，A不符合题意； B、增大压强，逆反应速率增大，B不符合题意； C、使用催化剂，逆反应速率增大，C不符合题意； D、增大NO浓度，正反应速率增大，逆反应速率不变，D符合题意； 故答案为：D ②设平衡时参与反应的c(NO)=2a mol/L，则可得平衡三段式如下： 由于平衡时体系中N2的体积分数为30%，因此可得，解得 a=0.3 所以平衡c(NO)=0.4mol/L，c(N2)=c(CO2)=0.3mol/L 所以该温度下，反应的平衡常数 （2）①根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH3=2×ΔH1-ΔH2=2×(-283kJ/mol)-(+180kJ/mol)=-746kJ/mol。 ②反应c的反应热ΔH3=-746kJ/mol，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，因此可得CO的平衡转化率随温度变化的曲线为。 （3）由于反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，(NO)2浓度降低，反应Ⅱ速率增大，(NO)2浓度降低对控速反应速率影响大于升高温度影响，因此反应速率降低。 【分析】（1）①由图可知，t1时反应未达到平衡状态，改变条件后正逆反应速率同时增大。据此结合温度、浓度、压强、催化剂对反应速率和平衡移动的影响分析。 ②结合平衡三段式计算反应的平衡常数。 （2）①根据盖斯定律计算反应热。 ②结合温度对平衡移动的影响分析。 （3）结合温度对反应速率和平衡移动的影响分析。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$