5．已知：CH₃CH₂CH₂CH₃(g)+6.5 O₂(g)===4CO₂(g)+5H₂O(l)；ΔH＝－2 878 kJ/mol

(CH₃)₂CHCH₃(g)+6.5 O₂(g)===4CO₂(g)+5H₂O(l)；ΔH＝－2 869 kJ/mol

下列说法正确的是(　)

A．正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子　

B．正丁烷的稳定性大于异丁烷

C．异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程　

D．异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多

解析：燃烧放出的热量等于反应物的能量减去产物的能量，由两个热化学方程式知正丁烷的能量大于异丁烷，其稳定性小于异丁烷，所以异丁烷转化为正丁烷需要吸热，但正丁烷与异丁烷的碳氢键一样多，故选A。

答案：A

4．(2009·天津理综，6)已知：2CO(g)+O₂(g)===2CO₂(g)；ΔH＝－566 kJ/mol

Na₂O₂(s)+CO₂(g)===Na₂CO₃(s)+O₂(g)　ΔH＝－226 kJ/mol

根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是(　)

A．CO的燃烧热为283 kJ

B．上图可表示由CO生成CO₂的反应过程和能量关系

C．2Na₂O₂(s)+2CO₂(s)===2Na₂CO₃(s)+O₂(g)

　　 ΔH>－452 kJ/mol

D．CO(g)与Na₂O₂(s)反应放出509 kJ热量时，转移电子数为6.02×10²³

解析：A错，燃烧热的单位应是kJ/mol；B项，图中没有标注物质的系数；C项，由CO₂(s)===CO₂(g)　ΔH>0及盖斯定律可知C项正确；D项，当反应放出509 kJ热量时，参加反应的CO为1 mol，转移电子数为2×6.02×10²³。

答案：C

3．下列变化过程，属于放热过程的是(　)

①液态水变成水蒸气　②酸碱中和反应　③浓H₂SO₄稀释　④固体氢氧化钠溶于水　⑤H₂在Cl₂中燃烧　⑥弱酸电离　⑦NH₄Cl晶体与Ba(OH)₂·8H₂O混合搅拌

A．②③④⑤　 　　　　　 B．①⑥⑦　 　　　　　　　 C．②③④　 　　　　　　　 D．①③⑤

解析：弱电解质的电离是吸热过程。

答案：A

2． 1 g氢气燃烧生成液态水时放出142.9 kJ热量，表示该反应的热化学方程式正确的是(　)

A．2H₂(g)+O₂(g)===2H₂O(l)　ΔH＝－142.9 kJ·mol^－1

B．2H₂(g)+O₂(g)===2H₂O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol^－1

C．2H₂+O₂===2H₂O　ΔH＝－571.6 kJ·mol^－1

D．2H₂(g)+O₂(g)===2H₂O(l)　ΔH＝+571.6 kJ·mol^－1

解析：因反应为放热，淘汰D；热化学方程式应标明所有物质的聚集状态，淘汰C；因1 g氢气燃烧生成液态水放出142.9 kJ热量，那么4 g氢气燃烧生成液态水应放出571.6 kJ热量，淘汰A。

答案：B

1．(2009·全国Ⅱ理综，11)已知：2H₂(g)+O₂(g)===2H₂O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol^－1

CH₄(g)+2O₂(g)===CO₂(g)+2H₂O(l)　ΔH＝－890 kJ·mol^－1

现有H₂与CH₄的混合气体112 L(标准状况)，使其完全燃烧生成CO₂和H₂O(l)，若实验测得反应放热3 695 kJ，则原混合气体中H₂与CH₄的物质的量之比为(　)

A．1∶1　 　　　　　 B．1∶3　 　　　　　 C．1∶4　 　　　　　 D．2∶3

解析：解法一：设H₂与CH₄的物质的量分别是x和y，则x+y＝112/22.4，+890y＝3 695，解得x＝1.25 mol，y＝3.75 mol，故原混合气体中H₂与CH₄物质的量之比是1∶3。

解法二：十字交叉法，混合气体共＝5 mol，其平均燃烧热为＝739 kJ·mol，则n(H₂)∶n(CH₄)＝≈1∶3。

答案：B

17．如下图Ⅰ，在恒压密闭容器M中加入2 mol A和2 mol B，起始时容器容积为V L，发生如下反应并达到化学平衡状态：2A(？)+B(？)xC(g)；ΔH<0

平衡时A、B、C的物质的量之比为1∶3∶4，C的物质的量为y mol。

(1)根据题中数据计算，x＝________，y＝________；

(2)如图Ⅱ，在容积为V L的恒容密闭容器N中发生上述反应(其他条件相同)，测得反应过程中气体的平均相对分子质量随时间的变化如图Ⅲ(t₀时达平衡)，平衡时容器中C的物质的量为z mol。由于反应物A、B的状态未知，则z和y的大小也不确定，请在下表中填入A、B的状态与z、y的大小之间的关系(仿照情形①、可不填满)：

解析：(1)设平衡时生成C为nx mol，根据反应可得平衡时A为(2－2n)mol，B为(2－n)mol，nx＝y。则有：(2－2n)∶(2－n)∶nx＝1∶3∶4，解得n＝0.8，x＝2，y＝1.6。

(2)当A、B均为气体时，该反应的正反应为气体体积减小的反应，恒压比恒容更有利于反应向右进行，故平衡时C的物质的量z<y，此时结合图像Ⅲ可知M(C)＝M(A)+M(B)，但因M(A)值不确定，所以无法确定M(B)与M(C)相对大小；当A不是气体，B为气体时，该反应正反应为气体体积增大的反应，Ⅰ中保持恒压，而Ⅱ保持恒容，所以反应Ⅰ中压强会小于Ⅱ中压强，所以Ⅰ中保持恒压比Ⅱ中保持恒容更有利于反应向右进行，故平衡时C的量z<y，此时只有B、C两种气体，由图像Ⅲ可知由B生成C，气体平均分子量增大，故M(B)<M(C)；因为开始时气体的平均相对分子质量不为0，故不存在A、B均为非气体的情况。

答案：(1)2　1.6

(2)

16. 在某一容积为2 L的密闭容器中，A、B、C、D四种物质的物质的量n(mol)随时间t(min)的变化曲线如次啊图所示：

完成下列问题：

(1)该反应的化学方程式为________________________________。

(2)前2 min用A的浓度变化表示的化学反应速率为________。在2 min时，图像发生改变的原因可能是(　)

A．增大压强　 　　　 B．降低温度

C．加入催化剂　 　　　　　 D．增加A的物质的量

解析：(1)从前2 min看，A、B、C、D改变的物质的量分别为0.4 mol、0.5 mol、0.6 mol、0.4 mol，且A、B的物质的量减少，应为反应物；C、D的物质的量增加，应为生成物。故方程式为4A+5B6C+4D。

(2)前2 min时，V(A)＝＝0.1 mol·L^－1·min^－1从图像看，2-3 min时的图像斜率变大，说明化学反应速率变快。增大压强、加入催化剂均增大反应速率，降低温度减小反应速率。增加A的用量，虽能加快反应速率，但图像要产生突变。

答案：(1)4A+5B6C+4D

(2)0.1 mol·L^－1·min^－1　AC

15．某化学反应2AB+D在四种不同条件下进行。B、D起始浓度为0。反应物A的浓度(mol/L)随反应时间(min)的变化情况如下表：

根据上述数据，完成下列填空：

(1)在实验1中，反应在10至20 min时间内平均速率为________mol·(L·min)^－1。

(2)在实验2中，A的初始浓度c₂＝______mol/L，反应经20 min就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是____________________________。

(3)设实验3的反应速率为v₃，实验1的反应速率为v₁，则v₃____v₁(填“＞”“＝”或“＜”)，且c₃____1.0 mol/L(填“＜”“＝”或“＞”)。

(4)比较实验4和实验1，可推测该反应是________反应(填“吸热”或“放热”)，理由是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

解析：(1)v(A)＝＝0.013 mol·(L·min)^－1

(2)对比实验1与实验2可知，反应温度相同，达平衡时的A的浓度相同，说明是同一平衡状态，即c₂＝1.0 mol/L，又因实际反应的速率快，达平衡所需时间短，说明反应中使用了催化剂。

(3)对比实验3与实验1可知，从10 min至20 min，实验1的A的浓度变化值为0.13 mol/L，而实验3的A的浓度变化值为0.17 mol/L，这说明了v₃＞v₁。又知从0 min到10 min，A的浓度的变化值应大于0.17 mol/L，即c₃＞(0.92+0.17) mol/L＝1.09 mol/L。

(4)对比实验4与实验1可知，两实验的起始浓度相同，反应温度不同，达平衡时实验4的A的浓度小，说明了实验④中A进行的程度大，即温度越低，A的转化率越大，说明正反应为放热反应。

答案：(1)0.013　(2)1.0　催化剂　(3)＞　＞　(4)放热　温度升高时，平衡向左移动

14. 加入0.1 mol MnO₂粉末于50 mL过氧化氢溶液(ρ＝1.1 g·mL^－1)中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。

(1)实验时放出气体的总体积是______________。

(2)放出一半气体所需的时间为______________。

(3)反应放出气体所需时间为______________。

(4)A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为________。

(5)解释反应速率变化的原因______________________________________。

(6)计算H₂O₂的初始物质的量的浓度_________________________________。

(7)求反应到2 min时，H₂O₂的质量分数_______________________________。

解析：根据V-t图像知，反应进行至1 min时，放出O₂的体积为30 mL，反应进行至2 min时，放出O₂的体积为45 mL，反应进行至4 min时，放出O₂的体积达最大值60 mL；由V-t曲线的斜率变化可知：D、C、B、A的反应速率逐渐减小，这是因为随着反应的进行，c(H₂O₂)逐渐降低，反应速率逐渐变小；根据：2H₂O₂2H₂O+O₂↑，由V(O₂)＝60 mL，则n(H₂O₂)＝×2＝0.005 4 mol，所以H₂O₂的起始物质的量浓度为＝0.107 mol/L，反应进行至2 min时，V(O₂)＝45 mL，消耗H₂O₂的物质的量为×2＝0.004 mol，剩余H₂O₂的物质的量为0.005 4 mol－0.004 mol＝1.40×10^－3 mol。

所以w(H₂O₂)＝＝0.086%。

答案：(1)60 mL　(2)1 min　(3)2 min　(4)D>C>B>A　(5)随着反应的进行，c(H₂O₂)逐渐降低，反应速率逐渐变慢　(6)0.107 mol/L　(7)0.086%

13．CaCO₃与稀盐酸反应(放热反应)生成CO₂的量与反应时间的关系如图所示，下列结论不正确的是(　)

A．反应开始2 min内平均反应速率最大

B．反应速率先增大后减小

C．反应开始4 min内温度对反应速率的影响比浓度大

D．反应在第2 min到第4 min内生成CO₂的平均反应速率为前2 min的2倍

解析：首先要看明白图像，图中的曲线表明，二氧化碳的产生速率先快后慢。在第一个2 min内产生了0.1 mol CO₂，第二个2 min内产生了0.2 mol CO₂，第三个2 min内产生了0.05 mol CO₂，反应速率先增大后减小；先增大是由于反应放热，使溶液温度升高，导致反应速率增大，4 min后速率下降则是由于浓度降低所引起的，通过计算知，A项错误，应该是2 min-4 min的平均速率最大。

答案：A