参与试题解析
一、选择题（本题包括14小题，每小题5分，共70分．每小题只有一个选项符合题意．）
1．下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（ ）
A．碳酸钙受热分解 B．乙醇燃烧
C．铝粉与盐酸的反应 D．氧化钙溶于水
【考点】吸热反应和放热反应．
【分析】生成物总能量高于反应物总能量的反应属于吸热反应，根据常见的放热反应和吸热反应进行判断．若反应物的总能量大于生成物的总能量则为放热反应．
常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸、所有中和反应、绝大多数化合反应，铝热反应；
常见的吸热反应有：个别的化合反应（如C和CO2）、绝大数分解反应、少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）．
【解答】解：A．碳酸钙受热分解属于吸热反应，生成物总能量高于反应物总能量，故A正确；
B．乙醇燃烧属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故B错误；
C．铝与盐酸反应属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故C错误；
D．氧化钙溶于水与水发生化合反应，属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故D错误．
故选A．
【点评】本题主要考查了放热反应和放热反应，题目难度不大，掌握常见的放热反应和放热反应是解题的关键．
2．在相同的温度下，已知反应：
①N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）的平衡常数K=3.84×10﹣31；
②2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的平衡常数K=3.10×1025．
则在该温度下，两个化学反应的反应程度之间的关系为（ ）
A．①＞② B．①＜② C．①=② D．不能确定
【考点】用化学平衡常数进行计算．
【专题】化学平衡计算．
【分析】在一定温度下，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积，所以平衡常数在一定条件下反映了反应进行的程度大小，虽然这两个反应平衡常数的表达不一样，但由于它们的数值相关太大，所以据此可以判断反应程度的大小．
【解答】解：在一定温度下，平衡常数等于生成物浓度的系数次幂之积除以反应物浓度的系数次幂之积，所以平衡常数在一定条件下反映了反应进行的程度大小，由于反应①的K=3.84×10﹣31，反应②K=3.10×1025，反应①的K远远小于反应②的K，所以反应①的反应程度小于反应②，
故选B．
【点评】本题主要考查了平衡常数的意义，难度不大，虽然这两个反应平衡常数的表达不一样，但由于它们的数值相关太大，所以可以判断出反应进行程度大小，这是解题的难点．
3．如图是198K时N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是（ ）
A．该反应的热化学方程式为N2+3H2⇌2NH3△H=﹣92 kJ•mol﹣1
B．a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
C．加入催化剂，该化学反应的反应热改变
D．升高温度，反应速率加快
【考点】反应热和焓变．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A、依据热化学方程式的书写原则，标注物质的聚集状态和反应的热效应，结合断键吸收热量，形成化学键放出热量计算反应的焓变，△H=放出的能量﹣吸收的能量分析；
B、根据催化剂是降低反应的活化能，加快反应速率，不改变平衡分析；
C、根据催化剂不改变化学平衡，催化剂与能耗的关系分析
D、根据影响反应速率的因素回答．
【解答】解：A、热化学方程式必须标注物质的聚集状态反应的焓变，该反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） △H=﹣92kJ•mol﹣1，故A错误；
B、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，故图象中的b曲线是加入正催化剂时的能量变化曲线，故B错误；
C、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，故C错误；
D、升高温度，增大了活化分子的百分数，所以反应速率加快，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查了化学反应中能量转化与催化剂的关系，热化学方程式的书写，图象的应用能力，难度不大，注意化学平衡的特征是可逆反应．
4．有一化学平衡：mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）．如图表示的是A的转化率与压强、温度T的关系．分析图中曲线可以得出的结论是（ ）
A．正反应吸热，m+n＞p+q B．正反应吸热，m+n＜p+q
C．正反应放热，m+n＞p+q D．正反应放热，m+n＜p+q
【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．
【专题】化学平衡专题．
【分析】采取“定一议二”原则分析，根据等压线，由温度对A的转化率影响，判断升高温度平衡移动方向，确定反应吸热与放热；
作垂直横轴的线，温度相同，比较压强对A的转化率的影响，判断增大压强平衡移动方向，确定m+n与p+g的大小关系．
【解答】解：由图可知，压强相同时，温度越高A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，
作垂直横轴的线，由图可知，温度相同，压强越大A的转化率越大，说明增大压强平衡向正反应移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n＞p+q，
故选：A．
【点评】本题考查化学平衡图象、化学平衡的影响因素等，难度不大，注意采取“定一议二”原则分析解答．
5．在容积不变的密闭容器中，可逆反应：4A（g）+5B（g）⇌3C（g）+6D（g）△H＜0，达到化学平衡状态的标志是（ ）
A．气体密度不再发生变化
B．A的物质的量浓度不再改变
C．容器内总压强不再改变
D．单位时间内消耗4nmolA，同时消耗5nmolB
【考点】化学平衡状态的判断．
【专题】化学平衡专题．
【分析】达到反应平衡状态时，在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，据此分析解答．
【解答】解：A、该反应是一个反应前后气体的质量不改变的化学反应，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变化，所以该反应此状态不一定达到平衡状态，故A错误；
B、根据平衡状态的概念可知，当各组分的物质的量浓度不再改变时即是平衡状态，此状态是平衡状态，故B正确；
C、该反应是一个反应前后气体的系数和相等的化学反应，容器内总压强不始终不改变，此状态不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D、单位时间内消耗4nmolA是正速率，同时消耗5nmolB为正速率，不能说明正逆反应速率相等，不是平衡状态，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，明确只有当反应前后改变的物理量不变时，可逆反应才达到平衡状态．
6．将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g）；②2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）达到平衡时，c（H2）=0.5mol•L﹣1，c（HI）=4mol•L﹣1，则此温度下反应①的平衡常数为（ ）
A．9 B．16 C．20 D．25
【考点】化学平衡的计算．
【专题】压轴题；化学平衡专题．
【分析】反应①的平衡常数k=c（NH3）•c（HI），NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的NH3，由反应②可知分解的c（HI）为平衡时c（H2）的2倍，求出为NH4I分解生成的NH3，代入反应①的平衡常数k=c（NH3）•c（HI）计算．
【解答】解：平衡时c（HI）=4mol•L﹣1，HI分解生成的H2的浓度为0.5mol•L﹣1．
NH4I分解生成的HI的浓度为4mol•L﹣1+2×0.5mol•L﹣1=5mol•L﹣1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为5mol•L﹣1，
所以反应①的平衡常数k=c（NH3）•c（HI）=5mol•L﹣1×4mol•L﹣1=20mol2•L﹣2．
故选C．
【点评】本题的解题关键在于平衡时HI为NH4I分解生成的HI与分解的HI之差，难度较大．
7．25℃、101kPa下，2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示该反应的热化学方程式正确的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H=﹣285.8kJ/mol
B．2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H=+571.6kJ/mol
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣571.6kJ/mol
D．H2（g）+O2（g）═H2O（1）△H=﹣285.8kJ/mol
【考点】热化学方程式．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A、根据4g氢气燃烧生成液态水，放出571.6kJ热量来分析；
B、根据4g氢气燃烧生成液态水，放出571.6kJ热量，放热时焓变值为负值来分析；
C、根据4g氢气燃烧生成液态水，放出571.6kJ热量，放热时焓变值为负值来分析；
D、根据2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，放热时焓变值为负值来分析；
【解答】解：A、因4g氢气燃烧生成液态水，放出热量571.6kJ，不是285.8kJ，故A错误；
B、因4g氢气燃烧生成液态水，放出热量571.6kJ，放热时焓变值为负值，故B错误；
C、因4g氢气燃烧生成液态水，不是气态水，放出热量571.6kJ，故C错误；
D、因2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，放热时焓变值为负值，故D正确；
故选：D．
【点评】本题主要考查热化学方程式的书写方法及系数的含义，注意焓变的正负和物质的状态．
8．从下列事实，找出不能用勒沙特列原理解释的是（ ）
A．在溴水中存在如下平衡：Br2+H2O=HBr+HBrO，当加入NaOH溶液后颜色变浅
B．对2HI⇌H2+I2（气）平衡体系增加压强使颜色变深
C．反应CO+NO2⇌CO2+NO（△H＜0）升高温度使平衡向逆方向移动
D．合成氨反应：N2+3H2⇌2NH3（△H＜0），为使氨的产率提高，理论上应采取低温高压的措施
【考点】化学平衡移动原理．
【分析】勒夏特利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，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释．
【解答】解：A．在溴水中存在如下平衡：Br2+H2O═HBr+HBrO，当加入NaOH溶液后，氢氧根离子与氢离子反应生成水，平衡正向移动，溴的浓度降低，溶液颜色变浅，故能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．对2HI⇌H2+I2（气）平衡体系增加压强，体积变小，颜色变深，平衡不移动，故不能用勒夏特列原理解释，故B选；
C．反应CO+NO2⇌CO2+NO+Q，升高升高，平衡逆向移动，故能用勒夏特列原理解释，故C不选；
D．合成氨反应：N2+3H2⇌2NH3+Q，降低温度，平衡正向移动，增大压强，平衡正向移动，故为使氨的产率提高，理论上应采取低温 高压的措施，故能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故选B．
【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应．
9．已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣Q1kJ/mol
2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣Q2kJ/mol
2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣Q3kJ/mol
常温下，取体积比为4：1的甲烷和氢气的混合气体11.2L（已折合成标准状况），经完全燃烧后恢复至常温，则放出的热量为（ ）kJ．
A．0.4Q1+0.05Q3 B．0.4Q1+0.05Q2 C．0.4Q1+0.1Q3 D．0.4Q1+0.1Q2
【考点】有关反应热的计算．
【专题】压轴题；化学反应中的能量变化．
【分析】根据混合气体的体积计算混合气体的物质的量，结合气体体积比计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学反应方程式计算放出的热量．注意燃烧后恢复至常温，氢气燃烧放出的热量应选择生成液态水的热化学反应方程式计算．
【解答】解：甲烷和氢气的混合气体11.2L（已折合成标准状况），
所以甲烷和氢气的混合气体的总的物质的量为=0.5mol，
甲烷和氢气的体积比为4：1，所以甲烷的物质的量为0.5mol×=0.4mol，氢气的物质的量为0.5mol﹣0.4mol=0.1mol．
由CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣Q1kJ/mol可知，
0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4mol×Q1kJ/mol=0.4Q1kJ；
由2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣Q3kJ/mol可知，
0.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为0.1mol××Q3kJ/mol=0.05Q3kJ．
所以放出的热量为0.4Q1+0.05Q3．
故选A．
【点评】本题考查根据热化学方程式计算反应热，难度不大，注意根据水的状态选择相应的热化学方程式计算反应热．
10．在2A+B═3C+4D的反应中，下列表示该反应速率最大的是（ ）
A．VC=0.75mol/（L．min） B．VB=0.3mol/（L．min）
C．VA=0.8mol/（L．min） D．VD=1mol/（L．min）
【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．
【专题】化学反应速率专题．
【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意保持单位一致．
【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快．
A. =0.25mol/（L．min）；
B. =0.3mol/（L．min）；
C. =0.4mol/（L．min）；
D. =0.25mol/（L．min），
故反应速率v（A）＞v（B）＞v（A）=v（D），
故选：C．
【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，难度不大，利用比值法可以迅速判断，也可以转化为同一物质表示的速率进行比较．
11．已知充分燃烧a g乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是（ ）
A．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2b kJ•mol﹣1
B．C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=+2b kJ•mol﹣1
C．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣4b kJ•mol﹣1
D．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=+b kJ•mol﹣1
【考点】热化学方程式；反应热和焓变．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知以及热化学方程式的书写方法写出热化学方程式．
【解答】解：充分燃烧a g乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量2bkJ，或生成4mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式为C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣2b kJ/mol
或2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣4bkJ/mol；
故选C．
【点评】本题考查热化学反应方程式的书写，难度不大，明确物质的量与热量的关系，反应热的符号、数值、单位即可解答．
12．根据以下3个热化学方程式：
2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=﹣Q1 kJ/mol
2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）△H=﹣Q2 kJ/mol
2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（g）△H=﹣Q3 kJ/mol
判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（ ）
A．Q1＞Q2＞Q3 B．Q1＞Q3＞Q2 C．Q3＞Q2＞Q1 D．Q2＞Q1＞Q3
【考点】反应热的大小比较．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】三个反应都为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多，以此解答该题．
【解答】解：已知①2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=﹣Q1 kJ/mol，
②2H2S（g）+O2（g）=2S （s）+2H2O（l）△H=﹣Q2 kJ/mol，
③2H2S（g）+O2（g）=2S （s）+2H2O（g）△H=﹣Q3kJ/mol，
①与②相比较，由于S→SO2放热，则Q1＞Q2，
②与③相比较，由于H2O（l）→H2O（g）吸热，则Q2＞Q3，
则Q1＞Q2＞Q3，
故选A．
【点评】本题考查反应热的大小比较，题目难度中等，本题注意从物质反应的程度以及物质的聚集状态的角度比较反应热的大小．
13．用3g块状大理石与30mL 3mol/L盐酸反应制取CO2气体，若要增大反应速率，可采取的措施是（ ）
①再加入30mL 3mol/L盐酸 ②改用30mL 6mol/L盐酸 ③改用3g粉末状大理石 ④适当升高温度．
A．①②④ B．②③④ C．①③④ D．①②③
【考点】化学反应速率的影响因素．
【专题】化学反应速率专题．
【分析】影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂、x射线、固体物质的表面积等．浓度：增加反应物浓度，使反应速率加快．温度：升高温度，使反应速率加快．压强：对于有气体参与的化学反应，除体积其它条件不变时，增大压强，使反应速率加快．使用正催化剂，使反应物速率加快．
【解答】解：用3克块状大理石与30毫升3摩/升盐酸反应制取CO2气体发生的反应为：CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O 要增大反应速率，则：
①再加入30毫升3摩/升盐酸，盐酸浓度未变，反应速率不变，故①错误；
②改用30毫升6摩/升盐酸．盐酸浓度增大，增加了单位体积的活化分子的数目，从而增加有效碰撞，反应速率加快．故②正确；
③改用3克粉末状大理石 固体大理石的表面积增大，反应速率加快．故③正确；
④适当升高温度．升高温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，故反应速率加大．故④正确；
故选B．
【点评】掌握影响化学反应速率的因素有哪些，为什么能够影响，是解题的关键，平时学习需理解记忆．
14．已知热化学方程式：H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=+241.8kJ/mol；H2（g）+O2
（g）=H2O（1）△H=﹣285.8kJ/mol当1g液态水变为水蒸气时，其热量变化是（ ）
A．吸热88kJ B．吸热2.44KJ C．放热44kJ D．吸热44KJ
【考点】反应热和焓变．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】依据热化学方程式和盖斯定律含义计算得到所需热化学方程式的焓变．
【解答】解：①H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=+241.8kJ/mol
②H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=﹣285.8kJ/mol
依据盖斯定律②+①得到H2O（g）=H2O（1）△H=﹣44KJ/mol
当1mol液态水变为水蒸气时H2O（l）=H2O（g）△H=+44KJ/mol
当1mol液态水变为水蒸气时，其热量变化是吸热44KJ；
故选D．
【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算应用，理解实质是解题关键，题目较简单．
三、填空题
15．依据叙述，写出下列反应的热化学方程式．
（1）在25℃、101kPa下，1g甲醇（1）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ．则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为 CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.76kJ•mol﹣1 ．
（2）1L 1mol•L﹣1 KOH溶液中和1L 1mol•L﹣1 HNO3溶液，放出57.3kJ热量 KOH（aq）+HNO3（aq）═KNO3（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1 ．
【考点】热化学方程式．
【专题】燃烧热的计算．
【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；在25℃、101kPa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，32g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ×32=725.76kJ，1mol甲醇质量为32克，所以完全燃烧1mol甲醇生成二氧化碳和液态水放热725.76KJ，根据燃烧热的概念分析即可解答；
（2）依据酸碱中和反应的定义要点和热化学方程式的书写原则得到，1L 1mol•L﹣1 KOH溶液中和1L 1mol•L﹣1 HNO3溶液恰好反应生成1mol水，反应放出的热量为中和热．
【解答】解：（1）1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热725.8KJ，燃烧热热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.76 kJ•mol﹣1，
故答案为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.76 kJ•mol﹣1；
（2）1L 1mol•L﹣1 KOH溶液中和1L 1mol•L﹣1 HNO3溶液，反应生成1mol水，放出57.3kJ热量，反应的热化学方程式为：KOH（aq）+HNO3（aq）═KNO3（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1 ，
故答案为：KOH（aq）+HNO3（aq）═KNO3（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1．
【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法和盖斯定律的计算应用，注意物质聚集状态和对应反应焓变的标注，题目较简单．
16．研究NOx、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义．处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S．已知：
①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H1=﹣283.0kJ•mol﹣1
②S（s）+O2（g）═SO2（g）△H2=﹣296.0kJ•mol﹣1
此反应的热化学方程式是 2CO（g）+SO2（g）═S（s）+2CO2（g）△H=﹣270kJ•mol﹣1 ．
【考点】有关反应热的计算．
【专题】燃烧热的计算．
【分析】根据盖斯定律，将所给的反应经加减乘除等变形得所要求的反应，反应热也做相应的变形即可．
【解答】解：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0KJ•mol﹣1
②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣296.0KJ•mol﹣1
将方程式①×2﹣②得2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）△H=（﹣283.0KJ•mol﹣1）×2﹣（﹣296.0KJ•mol﹣1）=﹣270KJ•mol﹣1，
热化学反应方程式为：2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）△H=﹣270KJ•mol﹣1，
故答案为：2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）△H=﹣270KJ•mol﹣1．
【点评】本题依托盖斯定律考查了化学反应与能量变化知识，注意盖斯定律的运用，题目难度中等．
17． 中和热是指酸跟碱发生中和反应生成lmol H2O所放出的热量．某学生想通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热．他将50mL0.5mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．请回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是 环形玻璃搅拌棒 ，烧杯间填满碎塑料泡沫的作用是 保温、隔热，减少实验过程中的热量损失 ．
（2）大烧杯上如不盖硬纸板，则求得的中和热数值 偏小 （填“偏大”、“偏小’、“无影响”）
（3）实验中改用60mL 0.50mol/L的盐酸跟50mL 0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，
与上述实验相比，所放出的热量 不相等 （填“相等”或“不相等”），理由是 因为酸、碱发生中和反应放出的热量与酸、碱的用量有关 ；所求中和热的数值会 相等 （填“相等”或“不相等”），理由是 中和热是指酸跟碱发生中和反应生成lmol H2O所放出的热量，它与酸、碱的用量无关 ．
【考点】中和热的测定．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；中和热测定实验成败的关键是保温工作；
（2）不盖硬纸板，会有一部分热量散失；
（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答．
【解答】解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；
中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是保温、隔热，减少实验过程中的热量损失；
故答案为：环形玻璃搅拌棒；保温、隔热，减少实验过程中的热量损失；
（2）大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小；
故答案为：偏小；
（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mL 0.50mol/L的盐酸跟50mL 0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏大，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以改用60mL 0.50mol/L的盐酸跟50mL 0.55mol/L的NaOH溶液进行上述实验，测得中和热数值相等，
故答案为：不相等；因为酸、碱发生中和反应放出的热量与酸、碱的用量有关；相等；中和热是指酸跟碱发生中和反应生成lmolH2O所放出的热量，它与酸、碱的用量无关．
【点评】本题考查学生有关中和热的测定，注意中和热与酸、碱的物质的量无关，难度不大．
18．将0.50molSO2（g）和0.30molO2（g）放入容积为10L的密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），并在一定条件下达到平衡，测得c（SO3）=0.040mol/L．计算该条件下反应的平衡常数K和SO2的平衡转化率（用三段式写出计算过程）
【考点】化学平衡的计算．
【专题】化学平衡计算．
【分析】将0.50molSO2（g）和0.30molO2（g）放入容积为10L的密闭容器中，在一定条件下达到平衡，测得c（SO3）=0.040mol/L，则：
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
起始浓度（mol/L）：0.05 0.03 0
变化浓度（mol/L）：0.04 0.02 0.04
平衡浓度（mol/L）：0.01 0.01 0.04
再根据K=计算平衡常数，转化率=×100%．
【解答】解：将0.50molSO2（g）和0.30molO2（g）放入容积为10L的密闭容器中，在一定条件下达到平衡，测得c（SO3）=0.040mol/L，则：
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
起始浓度（mol/L）：0.05 0.03 0
变化浓度（mol/L）：0.04 0.02 0.04
平衡浓度（mol/L）：0.01 0.01 0.04
平衡常数K===1600L/mol，
SO2的平衡转化率=×100%=80%，
答：平衡常数为1600 L/mol，二氧化硫的转化率为80%．
【点评】本题考查化学平衡计算，难度不大，掌握三段式在化学平衡计算中应用．
