还剩15页未读，
继续阅读
【化学】黑龙江省哈尔滨市第三中学2019-2020学年高二10月月考试题（解析版）
展开
黑龙江省哈尔滨市第三中学2019-2020学年高二10月月考试题
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共48分。）
1.一定条件下，向某密闭容器中加入一定量的N2和H2发生可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.2kJ•mol-1，并于10分钟时达平衡。测得0到10秒内，c(H2)减小了0.75mol•L-1，下列说法正确的是（ ）
A. 10到15秒内c(NH3)增加量等于0.25mol•L-1
B. 10秒内氨气的平均反应速率为0.025mol•L-1·s-1
C. 达平衡后，分离出少量NH3，v正增大
D. 该反应的逆反应的活化能不小于92.2kJ•mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 测得0到10秒内，c(H2)减小了0.75mol•L-1，则c(NH3)增大了0.5mol•L-1，如果按此推算，10到15秒内c(NH3)增加量等于0.25mol•L-1，但随着反应的进行，平均反应速率不断减慢，所以10到15秒内c(NH3)增加量小于0.25mol•L-1，A错误；
B. 10秒内氨气的平均反应速率为mol•L-1·s-1，B错误；
C. 达平衡后，分离出少量NH3，平衡正向移动，但v正不会增大，只会逐渐减小，C错误；
D. 该反应的逆反应的活化能为正反应的活化能+92.2kJ•mol-1，D正确。
故选D。
2.25℃时，某溶液中，由水电离出的c(H+)=1×10-12mol·L-1，则该溶液的pH可能是（ ）
A. 13 B. 7 C. 2 D. 6
【答案】C
【解析】
【详解】25℃时，某溶液中，由水电离出的c(H+)=1×10-12mol·L-1<10-7mol/L，说明水的电离受到抑制，该溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液。若为酸溶液，溶液中c(H+)=1×10-2mol·L-1，pH=2；若为碱溶液，溶液中c(OH-)=1×10-2mol·L-1，pH=12。
在题中四个选项中，只有C符合题意。
故选C。
3.题文已知：C（s）＋CO2（g）2CO（g） △H＞0。该反应的达到平衡后，下列条件有利于反应向正方向进行的是（ ）
A. 升高温度和减小压强 B. 降低温度和减小压强
C. 降低温度和增大压强 D. 升高温度和增大压强
【答案】A
【解析】反应是吸热反应，升高温度有利于反应向正方向进行；该反应正反应同样是个体积增大的反应，减小压强，同样能使反应向正方向移动。
4.常温下，pH=12的氢氧化钠和pH=4的醋酸等体积混合后恰好中和，忽略混合后溶液体积的变化，下列说法中正确的是（ ）
A. 混合后的溶液呈中性
B. 混合前两溶液中水的电离程度不同
C. 氢氧化钠和醋酸的浓度不相等
D. 混合前的醋酸约1%发生电离
【答案】D
【解析】
【分析】常温下，pH=12的氢氧化钠和pH=4的醋酸等体积混合后恰好中和，则表明氢氧化钠与醋酸刚好完全反应，c(CH3COOH)=10-2mol/L。
【详解】A. 二者混合后刚好完全反应，生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，A错误；
B. 混合前碱溶液中c(OH－)=10-2mol/L，酸溶液中的c(H+)=10-4mol/L，碱对水电离的抑制作用强，水的电离程度前者小于后者，B错误；
C. 由前面计算知，c(NaOH)=10-2mol/L，c(CH3COOH)=10-2mol/L，氢氧化钠和醋酸的浓度相等，C错误；
D. 混合前c(CH3COOH)=10-2mol/L，电离产生的c(H+)=10-4mol/L，醋酸的电离度为
，即醋酸约有1%发生电离，D正确。
故选D。
5.已知某温度下，某恒容容器中发生反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)+NO(g)，其平衡常数K=0.24，下列说法正确的是（ ）
A. 该温度下反应2SO2(g)＋2NO2(g)2SO3(g)+2NO(g)的平衡常数为0.48
B. 若该反应ΔH<0，则升高温度化学平衡常数K减小
C. 若升高温度，逆反应速率减小
D. 改变条件使平衡正向移动，则平衡时容器中一定比原平衡小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 该温度下反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)+NO(g)，其平衡常数K=0.24，
则反应2SO2(g)＋2NO2(g)2SO3(g)+2NO(g)的平衡常数为0.242=0.0576，A错误；
B. 若该反应ΔH<0，则升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数K减小，B正确；
C. 升高温度，正、逆反应速率都增大，C错误；
D.若往平衡体系中再充入NO2，平衡正向移动，平衡时容器中增大，D错误。
故选B。
6.在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合后，pH一定小于7的是（ ）
A. pH=3的HNO3和pH=11的KOH溶液
B. pH=3的盐酸和pH=11的氨水
C. pH=3硫酸和pH=11的氢氧化钠溶液
D. pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钡溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. pH=3的HNO3和pH=11的KOH溶液，二者刚好完全反应，溶液的pH=7，A不合题意；
B. pH=3的盐酸和pH=11的氨水，由于氨水中的一水合氨为弱碱，只发生部分电离，所以反应结束后，一水合氨过量，过量的一水合氨发生电离，溶液呈碱性，pH>7，B不合题意；
C. pH=3硫酸和pH=11的氢氧化钠溶液，二者刚好完全反应，溶液呈中性，pH=7，C不合题意；
D. pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钡溶液，由于醋酸为弱酸，二者完全反应后，醋酸有剩余，剩余的醋酸发生电离，使溶液显酸性，pH<7，D符合题意。
故选D。
7.用来表示可逆反应：2A(g)+B（g）3C（g） ΔH <0的正确图象是图中的（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A. ，此图表示降低温度，C%增大，即降低温度，平衡正向移动，从而得出正反应为放热反应，A符合题意；
B. ，此图表示温度升高，正、逆反应速率减慢，与客观实际不符，B错误；
C. ，此图表示压强增大，平衡正向移动，反应物的气体分子数大于生成物的气体分子数，与温度无关，C不符合题意；
D. ，此图表示相同压强时，升高温度，A的转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，D不合题意。
故选A。
8.下列装置或操作能达到实验目的的是（ ）
A. 中和热测定
B. 测定H2反应速率(mL•s-1)
C. 温度对平衡影响
D. 定容
【答案】C
【解析】
【详解】A. 中和热测定，此图中缺少环形玻璃搅拌棒，另外，小烧杯口没有与硬纸板相接触，热量损失大，不能达到实验目的，A错误；
B. 测定H2反应速率(mL•s-1) ，此图中长颈漏斗口没有液封，气体会发生外逸，不能达到实验目的，B错误；
C. 温度对平衡影响，此图表示温度升高，气体的颜色变深，NO2的浓度增大，从而证明2NO2N2O4的反应为放热反应，符合实验目的，C正确；
D. 定容，此图中没有使用玻璃棒引流，液体会流到瓶外，不符合实验目的，D错误。
故选C。
9.下列说法正确的是（ ）
A. 向等体积的20%的H2O2溶液和10%的H2O2溶液中分别滴加等体积的0.1mol•L-1FeCl3溶液和0.1mol•L-1CuCl2溶液，前者产生气泡快，这个实验可以充分证明催化剂具有选择性
B. 将0.1mol•L-1醋酸加水稀释，溶液中各离子浓度均减小
C. 相同温度下，用分压表示的平衡常数Kp不随体系的总压强变化
D. 室温下同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向等体积的20%的H2O2溶液和10%的H2O2溶液中分别滴加等体积的0.1mol•L-1FeCl3溶液和0.1mol•L-1CuCl2溶液，前者产生气泡快，这个实验并不能证明催化剂具有选择性，因为20%的H2O2溶液比10%的H2O2溶液的浓度大，反应速率当然快，A错误；
B. 将0.1mol•L-1醋酸加水稀释，溶液中与醋酸电离方程式有关的各离子浓度均减小，但水电离生成的OH-浓度增大，B错误；
C.平衡常数只受温度变化的影响，不受浓度，压强变化的影响，所以相同温度下，用分压表示的平衡常数Kp不随体系的总压强变化，C正确；
D. 室温下同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，H+与OH-不一定完全反应，所以溶液的pH不一定等于7，D错误 。
故选C。
10.在恒容密闭容器中，CO 与H2发生反应CO (g)+2H2(g)CH3OH(g)达到平衡后，若只改变某一条件，下列示意图正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A. 此图表示不断增大CO的物质的量，CO的转化率应减小，A错误；
B. 此图表示不断增大CO的物质的量，因为温度不变，所以平衡常数保持不变，B正确；
C. 此图表示不断升高温度，对于∆H<0的反应，平衡应逆向移动，平衡常数不断减小，C错误；
D. 此图表示向恒容容器中不断充入稀有气体，甲醇的物质的量应保持不变，D错误。
故选B。
11.某温度下，在恒容密闭容器中充入NO2，发生反应2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，达到平衡后，下列说法不正确的是（ ）
A. 再充入少量NO2，达平衡后NO2的转化率升高
B. 再充入少量NO2，达平衡后NO2的体积分数增大
C. 再充入少量N2O4，达平衡后NO2的体积分数减小
D. 升高温度，体系的颜色加深
【答案】B
【解析】由于反应物和生成物都是一种，所以不论加入NO2还是N2O4都是洗涤液增大压强，平衡向正反应方向进行，所以选项B不正确，A、C都是正确的。正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，NO2的浓度增加，颜色加深，答案选B。
12.在恒容密闭容器中，由CO合成甲醇：CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)，在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 平衡常数K=
B. 该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
C. CO合成甲醇的反应为吸热反应
D. 处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的平衡常数表达式K=，故A错误；
B．由图可知，T2温度下到达平衡需要的时间较短，反应速率较快，故温度T2＞T1。温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，在T1时的平衡常数比T2时的大，故B错误；
C．由图可知，T2温度下到达平衡需要的时间较短，反应速率较快，故温度T2＞T1。温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以合成甲醇的反应为放热反应，故C错误；
D．由图可知，处于A点的反应体系从T1变到T2，温度升高，平衡向逆反应方向移动，氢气物质的量增大，甲醇的物质的量减小，增大，故D正确；
故选D。
13.关于等体积且pH相同的醋酸和盐酸，下列叙述不正确的是（ ）
A. 分别与NaOH溶液中和，消耗NaOH的物质的量醋酸大于盐酸
B. 分别稀释至原溶液的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍然相同，则m＞n
C. 分别与足量的锌粉反应，生成氢气的体积醋酸大于盐酸
D. 分别与完全一样的足量锌粒反应，开始时反应速率盐酸大于醋酸
【答案】D
【解析】
分析】等体积且pH相同的醋酸和盐酸，c(H+)相同，但由于醋酸为弱酸，部分发生电离，所以醋酸溶液的浓度大于盐酸溶液的浓度，醋酸的物质的量大于盐酸的物质的量。
【详解】A. 分别与NaOH溶液中和，因为醋酸的物质的量大于盐酸，所以消耗NaOH的物质的量醋酸大于盐酸，A正确；
B. 分别稀释至原溶液的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍然相同，由于醋酸在稀释过程中，n(H+)不断增大，而盐酸中n(H+)保持不变，所以稀释后醋酸溶液的体积大，即m＞n，B正确；
C. 分别与足量的锌粉反应，因为醋酸的物质的量大于盐酸，所以生成氢气的体积醋酸大于盐酸，C正确；
D. 分别与完全一样的足量锌粒反应，由于开始时c(H+)相同，所以开始时反应速率相同，D错误。
故选D。
14.下列对于化学反应的研究结论正确的是（ ）
A. 已知常温常压下4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)是自发反应，则该反应是吸热反应
B. 溶液中的离子反应的活化能很高
C. 一定条件下2molPCl3和2molCl2发生反应PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g) ΔH=-93kJ•mol-1，达平衡时放热139.5kJ，则PCl3的转化率为75%
D. 用pH分别为2和3的醋酸中和等量的NaOH，消耗醋酸的体积分别为V1和V2，则V1>10V2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 已知常温常压下4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)是自发反应，由于∆s>0，所以依据自由能方程，该反应的∆H<0，是放热反应，A错误；
B. 因为溶液中离子自由移动，相互接触便可发生反应，几乎不需外界提供能量，所以溶液中的离子反应的活化能很低，B错误；
C. 一定条件下，2molPCl3和2molCl2发生反应PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g) ΔH=-93kJ•mol-1，达平衡时放热139.5kJ，由于，所以参加反应的PCl3为1.5mol，则PCl3的转化率为=75%，C正确；
D. 相同温度时，醋酸浓度越大，电离度越小，所以pH分别为2和3的醋酸，前者的浓度比后者浓度的10倍还要大，即c1>10c2，中和等量的NaOH，消耗醋酸的体积分别为V1和V2，则V2>10V1，D错误。
故选C。
15.如图所示，甲容器容积固定不变，乙容器有可移动的活塞。甲中充入2 mol SO2和1mol O2，乙中充入4 mol SO3和1mol He，在恒定温度和相同的催化剂条件下，发生如下反应：2SO3(g)2SO2（g）+ O2(g)。下列有关说法正确的是（ ）
A. 若活塞固定在6处不动，达平衡时甲乙两容器中的压强：P乙=P甲
B. 若活塞固定在3处不动，达平衡时甲乙两容器中SO3的浓度： c(SO3)乙>2c(SO3)甲
C. 若活塞固定在3处不动，达平衡时甲乙容两器中SO2的体积分数：ψ(SO2)乙>2ψ(SO2)甲
D. 若活塞固定在7处不动，达平衡时两容器中SO3的物质的量分数相等
【答案】B
【解析】试题分析：由于4mol三氧化硫就相当于是4 mol SO2和2mol O2。A、若活塞固定在6处不动，甲乙两容器属于等效平衡，但是乙中有1mol氦气，压强大于甲的压强，A错误；如果活塞固定在3处不动，则甲和乙中的容积都是相同的，由于乙中压强比甲的压强大，平衡向着逆向移动，则平衡时c(SO3)乙>2c(SO3)甲，ψ(SO2)乙＜ψ(SO2)甲，选项B正确，C不正确；如果活塞固定在7处不动，，由于乙中还含有1molHe，则相当于降低压强，平衡向逆反应方向移动，两容器中SO3的物质的量分数不相等，选项D不正确。选B。
16.已知100℃时，水的离子积常数为1×10-12。在此温度下，将pH=8的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，得到pH=7的混合溶液，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比约为（ ）
A. 11∶9 B. 9∶11 C. 1∶9 D. 1∶1
【答案】A
【解析】
【详解】100℃时，pH=7的溶液呈碱性，说明碱过量，从而得出下列等量关系式：
10-4mol/L×V碱-10-4mol/L×V酸=10-5mol/L(V碱+V酸)
V碱：V酸=11：9。
故选A。
二、填空题
17.Ⅰ．在密闭容器中进行下列反应：CO2(g)+C(s)2CO(g) ΔH>0，达到平衡后，若改变下列条件，则平衡如何移动？（填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”）
（1）增加C(s)，平衡___
（2）减小密闭容器容积，保持温度不变，则平衡___。
（3）通入N2，保持密闭容器容积和温度不变，则平衡__。
（4）保持密闭容器容积不变，升高温度，则平衡__。
Ⅱ．在一密闭容器中发生下列反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，如图是某一时间段反应速率与反应进程的关系曲线图。
下列时间段中，氨的百分含量最高的是（ ）
A．0～t1 B．t2～t3
C．t3～t4 D．t4～t5
【答案】(1). 不移动 (2). 向左移动 (3). 不移动 (4). 向右移动 (5). A
【解析】
【分析】Ⅰ．在密闭容器中进行下列反应：CO2(g)+C(s)2CO(g) ΔH>0，
此反应的特点是：反应物气体分子数小于生成物气体分子数，正反应为吸热反应。
（1）增加C(s)，气体的浓度不变，平衡不受影响；
（2）减小密闭容器容积，也就是加压，保持温度不变，则平衡向气体分子数减小的方向移动；
（3）通入N2，保持密闭容器容积和温度不变，对气体的浓度不产生影响，平衡不受影响；
（4）保持密闭容器容积不变，升高温度，则平衡向吸热反应方向移动。
Ⅱ．从图中可以看出，两次改变条件，都是逆反应速率大，也就是平衡都逆向移动，氨的百分含量都在减小。
【详解】Ⅰ．在密闭容器中进行下列反应：CO2(g)+C(s)2CO(g) ΔH>0，
此反应的特点是：反应物气体分子数小于生成物气体分子数，正反应为吸热反应。
（1）增加C(s)，但并未改变气体的浓度，平衡不受影响；答案为：不移动；
（2）减小密闭容器容积，也就是加压，保持温度不变，则平衡向气体分子数减小的方向移动，即向左移动；答案为：向左移动；
（3）通入N2，保持密闭容器容积和温度不变，对气体的浓度不产生影响，平衡不受影响；答案为：平衡不移动；
（4）保持密闭容器容积不变，升高温度，则平衡向吸热反应方向移动，即向右移动；答案为：向右移动。
Ⅱ．从图中可以看出，两次改变条件，都是逆反应速率大，也就是平衡都逆向移动，氨的百分含量都在减小，所以0～t1，氨的百分含量最高。答案为：0～t1。
18.（1）室温下在pH =5的醋酸稀溶液中， 醋酸电离出的c(H+)的精确值是__mol•L-1，水电离出的c(H+)是__mol•L-1。
（2）写出下列反应的离子方程式：①草酸溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液___；
②铬酸钾溶液中滴入稀硫酸___；
（3）反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-常用于精盐中碘含量测定。某同学利用该反应探究浓度对反应速率的影响。实验时均加入1mL淀粉溶液做指示剂，若不经计算，直接通过褪色时间的长短判断浓度与反应速率的关系，下列试剂中应选择___(填序号)。
①1mL0.01mol•L-1的碘水 ②1mL0.001mol•L-1的碘水
③4mL0.01mol•L-1的Na2S2O3溶液 ④4mL0.001mol•L-1的Na2S2O3溶液
若某同学选取①③进行实验，测得褪色时间为4s，计算v(S2O32-)=__。
【答案】(1). 10-5-10-9 (2). 10-9 (3). 5H2C2O4+2MnO4-+ 6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O (4). 2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O (5). ②③④ (6). 8.3×10-4mol•L-1•s-1
【解析】
【分析】（1）室温下在pH =5的醋酸稀溶液中，H+主要来自醋酸电离，但水也会发生电离，所以溶液中的c(H+)实际上是醋酸电离出的H+与水电离出的H+的浓度之和；在此醋酸溶液中水电离出的c(H+)与水电离出的c(OH-)相等，也等于溶液中的c(OH-)；
（2）反应的离子方程式：①草酸溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，会发生氧化还原反应，H2C2O4被氧化为CO2，KMnO4中的锰被还原为Mn2+；
②铬酸钾溶液中滴入稀硫酸，CrO42-在酸性溶液中转化为Cr2O72-；
（3）要探究浓度对反应速率的影响，则反应物的浓度应该是不同的，根据反应方程式可知，如果选择试剂①，则④的Na2S2O3溶液不足量。因此我们选择②③④；
若某同学选取①③进行实验，则参加反应的Na2S2O3的物质的量为2mL×0.01mol•L-1，溶液的体积为6mL，测得褪色时间为4s，从而可计算出v(S2O32-)。
【详解】（1）室温下在pH =5的醋酸稀溶液中，H+主要来自醋酸电离，但水也会发生电离，所以溶液中的c(H+)实际上是醋酸电离出的c(H+)(即为10-5mol/L)与水电离出的c(H+)之和；在此醋酸溶液中水电离出的c(H+)与水电离出的c(OH-)相等，也等于溶液中的c(OH-)(即为10-9mol/L)；因此醋酸电离出的c(H+)的精确值是(10-5-10-9)mol•L-1，水电离出的c(H+)是10-9mol•L-1；答案为：10-5-10-9；10-9；
（2）①草酸溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，会发生氧化还原反应，H2C2O4被氧化为CO2，C由+3价升高到+4价，KMnO4中的锰被还原为Mn2+，Mn由+7价降低到+2价，按电子守恒，有下列关系式，5H2C2O4—2KMnO4，反应的离子方程式为：
5H2C2O4+2MnO4-+ 6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；答案为：5H2C2O4+2MnO4-+ 6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
②铬酸钾溶液中滴入稀硫酸，CrO42-转化为Cr2O72-，反应的离子方程式为2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O；答案为：2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O；
（3）要探究浓度对反应速率的影响，则反应物的浓度应该是不同的，根据反应方程式可知，如果选择试剂①，则④的Na2S2O3溶液不足量。因此我们选择②③④；
若某同学选取①③进行实验，则参加反应的Na2S2O3的物质的量为2mL×0.01mol•L-1，溶液的体积为6mL，测得褪色时间为4s，从而可计算出v(S2O32-)=mol•L-1•s-1。答案为：②③④；8.3×10-4mol•L-1•s-1。
19.NOx是造成大气污染的主要物质，用还原法将其转化为无污染的物质，对于消除环境污染有重要意义。
（1）已知：2C(s)+O2(g)2CO(g) △H1=-221.0kJ/mol
N2(g)+O2(g)2NO (g) △H2= +180.5kJ/mol
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) △H3=-746.0 kJ/mol
则用焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式为___。该反应的平衡常数Kp=__（写表达式）。
（2）用NH3催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染。已知：8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g) +12H2O(l) △H＜0。相同条件下，在2L密闭容器内，选用不同的催化剂进行反应，产生N2的量随时间变化如图所示。
①在催化剂A的作用下，0～4min的v(NH3)=___。
②该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)由大到小的顺序是___，理由是__。
③下列说法正确的是__（填标号）。
a．使用催化剂A达平衡时，△H值更大
b．升高温度可使容器内气体颜色加深
c．单位时间内形成N-H键与O-H键的数目相等时，说明反应已经达到平衡
d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡
【答案】(1). 2NO(g)+ C (s)CO2(g)+N2(g) △H=-573.75kJ/mol (2). (3). 0.5mol/（Lmin） (4). Ea(C)˃Ea(B)˃Ea(A) (5). 相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，活化能越低 (6). bcd
【解析】
【分析】（1）已知：2C(s)+O2(g)2CO(g) △H1=-221.0kJ/mol ①
N2(g)+O2(g)2NO (g) △H2= +180.5kJ/mol ②
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) △H3=-746.0 kJ/mol ③
将①-②+③，便可得到焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式；利用方程式可表示出该反应的平衡常数Kp。
（2）①在催化剂A的作用下，0～4min时，n(N2)=3.5mol，n(NH3)=,利用公式可求出v(NH3)；
②从图中可看出，相同时间内，N2的生成量A>B>C，则表明反应速率A>B>C，速率越快则反应的活化能越低，从而可求出该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)关系。
③a．催化剂A不能改变反应物的转化率，所以达平衡时，△H值不变；
b．升高温度可使该放热反应左移，容器内NO2的物质的量增大，浓度增大，气体颜色加深；
c．从反应方程式看，单位时间内形成24个N-H键，同时断裂24个O-H键，一旦二者的数目相等，则说明反应已经达到平衡；
d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，若平衡移动，则温度发生改变，现平衡常数不变，则温度不变，说明反应已经达到平衡。
详解】（1）已知：2C(s)+O2(g)2CO(g) △H1=-221.0kJ/mol ①
N2(g)+O2(g)2NO (g) △H2= +180.5kJ/mol ②
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) △H3=-746.0 kJ/mol ③
将①-②+③，便可得到焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式2NO(g)+ C (s)CO2(g)+N2(g) △H=-573.75kJ/mol；该反应的平衡常数Kp=。
答案为：2NO(g)+ C (s)CO2(g)+N2(g) △H=-573.75kJ/mol；；
（2）①在催化剂A的作用下，0～4min时，n(N2)=3.5mol，n(NH3)=，v(NH3)=mol/（Lmin）；答案为：0.5mol/（Lmin）；
②从图中可看出，相同时间内，N2的生成量A>B>C，则表明反应速率A>B>C，速率越快则反应的活化能越低，从而可求出该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)关系为Ea(C)˃Ea(B)˃Ea(A)；原因是相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，活化能越低；
答案为：Ea(C)˃Ea(B)˃Ea(A)；相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，活化能越低；
③a．催化剂A不能改变反应物的转化率，所以达平衡时，△H值不变，a错误；
b．升高温度可使该放热反应左移，容器内NO2的物质的量增大，浓度增大，气体颜色加深，b正确；
c．从反应方程式看，单位时间内形成24个N-H键，同时断裂24个O-H键，一旦二者的数目相等，则说明反应已经达到平衡，c正确；
d．在恒容绝热的密闭容器中反应，若平衡移动，则温度发生改变，现平衡常数不变，则温度不变，说明反应已经达到平衡，d正确。
答案为：bcd。
20.甲醇是重要的化工原料，利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇时，发生的主反应如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1= -99kJ•mol-1
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g) △H2= 58kJ•mol-1
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=+41kJ•mol-1
（1）一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，假设只发生反应①，达平衡后测得各组分浓度如下：
物质
CO
H2
CH3OH
浓度(mol•L-1)
0.9
1.0
0.6
①列式并计算平衡常数K=___。
②若将容器体积压缩为1L，不经计算，预测新平衡中c(H2)的取值范围是___。
③若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此时v正__v逆(填“>”、“<”或“=”)
（2）在实际生产中，当合成气组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时体系中的CO平衡转化率α(CO)与温度和压强的关系如图所示。
α（CO）值随温度升高而___（填“增大”或“减小”），其原因是___。图中的压强由大到小为___，其判断理由是___。
【答案】(1). L2•moL-2(或0.67L2• moL-2) (2). 1mol•L-1
【分析】（1）①平衡常数K=，代入表中数据即可求出K。
②若将容器体积压缩为1L，预测c(H2)的取值范围，若平衡不移动，c(H2)=2.0mol/L，当平衡移动达新平衡后，c(H2)>1.0mol/L(平衡移动只能减弱这种改变，所以比原平衡时的浓度大)，最终c(H2)介于两个极端点之间。
③若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，利用浓度商与K进行比较，确定平衡移动的方向，从而确定v正与v逆的相对大小。
（2）从图中可以看出，α（CO）值随温度升高而减小，其原因可从①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1= -99kJ•mol-1 ③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=+41kJ•mol-1两个反应进行分析。图中压强的大小关系仍可从①、③两个反应进行分析。
【详解】（1）①平衡常数K==L2•moL-2(或0.67L2• moL-2)；答案为：L2•moL-2(或0.67L2• moL-2)；
②若将容器体积压缩为1L，可预测c(H2)的取值范围。若平衡不移动，c(H2)=2.0mol/L，当平衡移动达新平衡后，c(H2)>1.0mol/L(平衡移动只能减弱这种改变，所以比原平衡时的浓度大)，最终c(H2)介于两个极端点之间，即1mol•L-1
（2）从图中可以看出，α（CO）值随温度升高而减小，其原因为：升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又使产生CO的量增大；从而得出：随温度升高，使CO的转化率降低。
对于反应①，压强大则CO的转化率大，对于反应③，压强改变平衡不发生移动，CO的转化率不变，所以，CO转化率大，则表明压强大，由此可得p3＞p2＞p1；其判断理由是：
相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO的转化率升高。答案为：减小；升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又使产生CO的量增大；从而得出：随温度升高，使CO的转化率降低；p3＞p2＞p1；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO的转化率升高。
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共48分。）
1.一定条件下，向某密闭容器中加入一定量的N2和H2发生可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.2kJ•mol-1，并于10分钟时达平衡。测得0到10秒内，c(H2)减小了0.75mol•L-1，下列说法正确的是（ ）
A. 10到15秒内c(NH3)增加量等于0.25mol•L-1
B. 10秒内氨气的平均反应速率为0.025mol•L-1·s-1
C. 达平衡后，分离出少量NH3，v正增大
D. 该反应的逆反应的活化能不小于92.2kJ•mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 测得0到10秒内，c(H2)减小了0.75mol•L-1，则c(NH3)增大了0.5mol•L-1，如果按此推算，10到15秒内c(NH3)增加量等于0.25mol•L-1，但随着反应的进行，平均反应速率不断减慢，所以10到15秒内c(NH3)增加量小于0.25mol•L-1，A错误；
B. 10秒内氨气的平均反应速率为mol•L-1·s-1，B错误；
C. 达平衡后，分离出少量NH3，平衡正向移动，但v正不会增大，只会逐渐减小，C错误；
D. 该反应的逆反应的活化能为正反应的活化能+92.2kJ•mol-1，D正确。
故选D。
2.25℃时，某溶液中，由水电离出的c(H+)=1×10-12mol·L-1，则该溶液的pH可能是（ ）
A. 13 B. 7 C. 2 D. 6
【答案】C
【解析】
【详解】25℃时，某溶液中，由水电离出的c(H+)=1×10-12mol·L-1<10-7mol/L，说明水的电离受到抑制，该溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液。若为酸溶液，溶液中c(H+)=1×10-2mol·L-1，pH=2；若为碱溶液，溶液中c(OH-)=1×10-2mol·L-1，pH=12。
在题中四个选项中，只有C符合题意。
故选C。
3.题文已知：C（s）＋CO2（g）2CO（g） △H＞0。该反应的达到平衡后，下列条件有利于反应向正方向进行的是（ ）
A. 升高温度和减小压强 B. 降低温度和减小压强
C. 降低温度和增大压强 D. 升高温度和增大压强
【答案】A
【解析】反应是吸热反应，升高温度有利于反应向正方向进行；该反应正反应同样是个体积增大的反应，减小压强，同样能使反应向正方向移动。
4.常温下，pH=12的氢氧化钠和pH=4的醋酸等体积混合后恰好中和，忽略混合后溶液体积的变化，下列说法中正确的是（ ）
A. 混合后的溶液呈中性
B. 混合前两溶液中水的电离程度不同
C. 氢氧化钠和醋酸的浓度不相等
D. 混合前的醋酸约1%发生电离
【答案】D
【解析】
【分析】常温下，pH=12的氢氧化钠和pH=4的醋酸等体积混合后恰好中和，则表明氢氧化钠与醋酸刚好完全反应，c(CH3COOH)=10-2mol/L。
【详解】A. 二者混合后刚好完全反应，生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，A错误；
B. 混合前碱溶液中c(OH－)=10-2mol/L，酸溶液中的c(H+)=10-4mol/L，碱对水电离的抑制作用强，水的电离程度前者小于后者，B错误；
C. 由前面计算知，c(NaOH)=10-2mol/L，c(CH3COOH)=10-2mol/L，氢氧化钠和醋酸的浓度相等，C错误；
D. 混合前c(CH3COOH)=10-2mol/L，电离产生的c(H+)=10-4mol/L，醋酸的电离度为
，即醋酸约有1%发生电离，D正确。
故选D。
5.已知某温度下，某恒容容器中发生反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)+NO(g)，其平衡常数K=0.24，下列说法正确的是（ ）
A. 该温度下反应2SO2(g)＋2NO2(g)2SO3(g)+2NO(g)的平衡常数为0.48
B. 若该反应ΔH<0，则升高温度化学平衡常数K减小
C. 若升高温度，逆反应速率减小
D. 改变条件使平衡正向移动，则平衡时容器中一定比原平衡小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 该温度下反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)+NO(g)，其平衡常数K=0.24，
则反应2SO2(g)＋2NO2(g)2SO3(g)+2NO(g)的平衡常数为0.242=0.0576，A错误；
B. 若该反应ΔH<0，则升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数K减小，B正确；
C. 升高温度，正、逆反应速率都增大，C错误；
D.若往平衡体系中再充入NO2，平衡正向移动，平衡时容器中增大，D错误。
故选B。
6.在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合后，pH一定小于7的是（ ）
A. pH=3的HNO3和pH=11的KOH溶液
B. pH=3的盐酸和pH=11的氨水
C. pH=3硫酸和pH=11的氢氧化钠溶液
D. pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钡溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. pH=3的HNO3和pH=11的KOH溶液，二者刚好完全反应，溶液的pH=7，A不合题意；
B. pH=3的盐酸和pH=11的氨水，由于氨水中的一水合氨为弱碱，只发生部分电离，所以反应结束后，一水合氨过量，过量的一水合氨发生电离，溶液呈碱性，pH>7，B不合题意；
C. pH=3硫酸和pH=11的氢氧化钠溶液，二者刚好完全反应，溶液呈中性，pH=7，C不合题意；
D. pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钡溶液，由于醋酸为弱酸，二者完全反应后，醋酸有剩余，剩余的醋酸发生电离，使溶液显酸性，pH<7，D符合题意。
故选D。
7.用来表示可逆反应：2A(g)+B（g）3C（g） ΔH <0的正确图象是图中的（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A. ，此图表示降低温度，C%增大，即降低温度，平衡正向移动，从而得出正反应为放热反应，A符合题意；
B. ，此图表示温度升高，正、逆反应速率减慢，与客观实际不符，B错误；
C. ，此图表示压强增大，平衡正向移动，反应物的气体分子数大于生成物的气体分子数，与温度无关，C不符合题意；
D. ，此图表示相同压强时，升高温度，A的转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，D不合题意。
故选A。
8.下列装置或操作能达到实验目的的是（ ）
A. 中和热测定
B. 测定H2反应速率(mL•s-1)
C. 温度对平衡影响
D. 定容
【答案】C
【解析】
【详解】A. 中和热测定，此图中缺少环形玻璃搅拌棒，另外，小烧杯口没有与硬纸板相接触，热量损失大，不能达到实验目的，A错误；
B. 测定H2反应速率(mL•s-1) ，此图中长颈漏斗口没有液封，气体会发生外逸，不能达到实验目的，B错误；
C. 温度对平衡影响，此图表示温度升高，气体的颜色变深，NO2的浓度增大，从而证明2NO2N2O4的反应为放热反应，符合实验目的，C正确；
D. 定容，此图中没有使用玻璃棒引流，液体会流到瓶外，不符合实验目的，D错误。
故选C。
9.下列说法正确的是（ ）
A. 向等体积的20%的H2O2溶液和10%的H2O2溶液中分别滴加等体积的0.1mol•L-1FeCl3溶液和0.1mol•L-1CuCl2溶液，前者产生气泡快，这个实验可以充分证明催化剂具有选择性
B. 将0.1mol•L-1醋酸加水稀释，溶液中各离子浓度均减小
C. 相同温度下，用分压表示的平衡常数Kp不随体系的总压强变化
D. 室温下同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向等体积的20%的H2O2溶液和10%的H2O2溶液中分别滴加等体积的0.1mol•L-1FeCl3溶液和0.1mol•L-1CuCl2溶液，前者产生气泡快，这个实验并不能证明催化剂具有选择性，因为20%的H2O2溶液比10%的H2O2溶液的浓度大，反应速率当然快，A错误；
B. 将0.1mol•L-1醋酸加水稀释，溶液中与醋酸电离方程式有关的各离子浓度均减小，但水电离生成的OH-浓度增大，B错误；
C.平衡常数只受温度变化的影响，不受浓度，压强变化的影响，所以相同温度下，用分压表示的平衡常数Kp不随体系的总压强变化，C正确；
D. 室温下同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，H+与OH-不一定完全反应，所以溶液的pH不一定等于7，D错误 。
故选C。
10.在恒容密闭容器中，CO 与H2发生反应CO (g)+2H2(g)CH3OH(g)达到平衡后，若只改变某一条件，下列示意图正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A. 此图表示不断增大CO的物质的量，CO的转化率应减小，A错误；
B. 此图表示不断增大CO的物质的量，因为温度不变，所以平衡常数保持不变，B正确；
C. 此图表示不断升高温度，对于∆H<0的反应，平衡应逆向移动，平衡常数不断减小，C错误；
D. 此图表示向恒容容器中不断充入稀有气体，甲醇的物质的量应保持不变，D错误。
故选B。
11.某温度下，在恒容密闭容器中充入NO2，发生反应2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，达到平衡后，下列说法不正确的是（ ）
A. 再充入少量NO2，达平衡后NO2的转化率升高
B. 再充入少量NO2，达平衡后NO2的体积分数增大
C. 再充入少量N2O4，达平衡后NO2的体积分数减小
D. 升高温度，体系的颜色加深
【答案】B
【解析】由于反应物和生成物都是一种，所以不论加入NO2还是N2O4都是洗涤液增大压强，平衡向正反应方向进行，所以选项B不正确，A、C都是正确的。正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，NO2的浓度增加，颜色加深，答案选B。
12.在恒容密闭容器中，由CO合成甲醇：CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)，在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 平衡常数K=
B. 该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
C. CO合成甲醇的反应为吸热反应
D. 处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的平衡常数表达式K=，故A错误；
B．由图可知，T2温度下到达平衡需要的时间较短，反应速率较快，故温度T2＞T1。温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，在T1时的平衡常数比T2时的大，故B错误；
C．由图可知，T2温度下到达平衡需要的时间较短，反应速率较快，故温度T2＞T1。温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以合成甲醇的反应为放热反应，故C错误；
D．由图可知，处于A点的反应体系从T1变到T2，温度升高，平衡向逆反应方向移动，氢气物质的量增大，甲醇的物质的量减小，增大，故D正确；
故选D。
13.关于等体积且pH相同的醋酸和盐酸，下列叙述不正确的是（ ）
A. 分别与NaOH溶液中和，消耗NaOH的物质的量醋酸大于盐酸
B. 分别稀释至原溶液的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍然相同，则m＞n
C. 分别与足量的锌粉反应，生成氢气的体积醋酸大于盐酸
D. 分别与完全一样的足量锌粒反应，开始时反应速率盐酸大于醋酸
【答案】D
【解析】
分析】等体积且pH相同的醋酸和盐酸，c(H+)相同，但由于醋酸为弱酸，部分发生电离，所以醋酸溶液的浓度大于盐酸溶液的浓度，醋酸的物质的量大于盐酸的物质的量。
【详解】A. 分别与NaOH溶液中和，因为醋酸的物质的量大于盐酸，所以消耗NaOH的物质的量醋酸大于盐酸，A正确；
B. 分别稀释至原溶液的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍然相同，由于醋酸在稀释过程中，n(H+)不断增大，而盐酸中n(H+)保持不变，所以稀释后醋酸溶液的体积大，即m＞n，B正确；
C. 分别与足量的锌粉反应，因为醋酸的物质的量大于盐酸，所以生成氢气的体积醋酸大于盐酸，C正确；
D. 分别与完全一样的足量锌粒反应，由于开始时c(H+)相同，所以开始时反应速率相同，D错误。
故选D。
14.下列对于化学反应的研究结论正确的是（ ）
A. 已知常温常压下4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)是自发反应，则该反应是吸热反应
B. 溶液中的离子反应的活化能很高
C. 一定条件下2molPCl3和2molCl2发生反应PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g) ΔH=-93kJ•mol-1，达平衡时放热139.5kJ，则PCl3的转化率为75%
D. 用pH分别为2和3的醋酸中和等量的NaOH，消耗醋酸的体积分别为V1和V2，则V1>10V2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 已知常温常压下4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)是自发反应，由于∆s>0，所以依据自由能方程，该反应的∆H<0，是放热反应，A错误；
B. 因为溶液中离子自由移动，相互接触便可发生反应，几乎不需外界提供能量，所以溶液中的离子反应的活化能很低，B错误；
C. 一定条件下，2molPCl3和2molCl2发生反应PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g) ΔH=-93kJ•mol-1，达平衡时放热139.5kJ，由于，所以参加反应的PCl3为1.5mol，则PCl3的转化率为=75%，C正确；
D. 相同温度时，醋酸浓度越大，电离度越小，所以pH分别为2和3的醋酸，前者的浓度比后者浓度的10倍还要大，即c1>10c2，中和等量的NaOH，消耗醋酸的体积分别为V1和V2，则V2>10V1，D错误。
故选C。
15.如图所示，甲容器容积固定不变，乙容器有可移动的活塞。甲中充入2 mol SO2和1mol O2，乙中充入4 mol SO3和1mol He，在恒定温度和相同的催化剂条件下，发生如下反应：2SO3(g)2SO2（g）+ O2(g)。下列有关说法正确的是（ ）
A. 若活塞固定在6处不动，达平衡时甲乙两容器中的压强：P乙=P甲
B. 若活塞固定在3处不动，达平衡时甲乙两容器中SO3的浓度： c(SO3)乙>2c(SO3)甲
C. 若活塞固定在3处不动，达平衡时甲乙容两器中SO2的体积分数：ψ(SO2)乙>2ψ(SO2)甲
D. 若活塞固定在7处不动，达平衡时两容器中SO3的物质的量分数相等
【答案】B
【解析】试题分析：由于4mol三氧化硫就相当于是4 mol SO2和2mol O2。A、若活塞固定在6处不动，甲乙两容器属于等效平衡，但是乙中有1mol氦气，压强大于甲的压强，A错误；如果活塞固定在3处不动，则甲和乙中的容积都是相同的，由于乙中压强比甲的压强大，平衡向着逆向移动，则平衡时c(SO3)乙>2c(SO3)甲，ψ(SO2)乙＜ψ(SO2)甲，选项B正确，C不正确；如果活塞固定在7处不动，，由于乙中还含有1molHe，则相当于降低压强，平衡向逆反应方向移动，两容器中SO3的物质的量分数不相等，选项D不正确。选B。
16.已知100℃时，水的离子积常数为1×10-12。在此温度下，将pH=8的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，得到pH=7的混合溶液，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比约为（ ）
A. 11∶9 B. 9∶11 C. 1∶9 D. 1∶1
【答案】A
【解析】
【详解】100℃时，pH=7的溶液呈碱性，说明碱过量，从而得出下列等量关系式：
10-4mol/L×V碱-10-4mol/L×V酸=10-5mol/L(V碱+V酸)
V碱：V酸=11：9。
故选A。
二、填空题
17.Ⅰ．在密闭容器中进行下列反应：CO2(g)+C(s)2CO(g) ΔH>0，达到平衡后，若改变下列条件，则平衡如何移动？（填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”）
（1）增加C(s)，平衡___
（2）减小密闭容器容积，保持温度不变，则平衡___。
（3）通入N2，保持密闭容器容积和温度不变，则平衡__。
（4）保持密闭容器容积不变，升高温度，则平衡__。
Ⅱ．在一密闭容器中发生下列反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，如图是某一时间段反应速率与反应进程的关系曲线图。
下列时间段中，氨的百分含量最高的是（ ）
A．0～t1 B．t2～t3
C．t3～t4 D．t4～t5
【答案】(1). 不移动 (2). 向左移动 (3). 不移动 (4). 向右移动 (5). A
【解析】
【分析】Ⅰ．在密闭容器中进行下列反应：CO2(g)+C(s)2CO(g) ΔH>0，
此反应的特点是：反应物气体分子数小于生成物气体分子数，正反应为吸热反应。
（1）增加C(s)，气体的浓度不变，平衡不受影响；
（2）减小密闭容器容积，也就是加压，保持温度不变，则平衡向气体分子数减小的方向移动；
（3）通入N2，保持密闭容器容积和温度不变，对气体的浓度不产生影响，平衡不受影响；
（4）保持密闭容器容积不变，升高温度，则平衡向吸热反应方向移动。
Ⅱ．从图中可以看出，两次改变条件，都是逆反应速率大，也就是平衡都逆向移动，氨的百分含量都在减小。
【详解】Ⅰ．在密闭容器中进行下列反应：CO2(g)+C(s)2CO(g) ΔH>0，
此反应的特点是：反应物气体分子数小于生成物气体分子数，正反应为吸热反应。
（1）增加C(s)，但并未改变气体的浓度，平衡不受影响；答案为：不移动；
（2）减小密闭容器容积，也就是加压，保持温度不变，则平衡向气体分子数减小的方向移动，即向左移动；答案为：向左移动；
（3）通入N2，保持密闭容器容积和温度不变，对气体的浓度不产生影响，平衡不受影响；答案为：平衡不移动；
（4）保持密闭容器容积不变，升高温度，则平衡向吸热反应方向移动，即向右移动；答案为：向右移动。
Ⅱ．从图中可以看出，两次改变条件，都是逆反应速率大，也就是平衡都逆向移动，氨的百分含量都在减小，所以0～t1，氨的百分含量最高。答案为：0～t1。
18.（1）室温下在pH =5的醋酸稀溶液中， 醋酸电离出的c(H+)的精确值是__mol•L-1，水电离出的c(H+)是__mol•L-1。
（2）写出下列反应的离子方程式：①草酸溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液___；
②铬酸钾溶液中滴入稀硫酸___；
（3）反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-常用于精盐中碘含量测定。某同学利用该反应探究浓度对反应速率的影响。实验时均加入1mL淀粉溶液做指示剂，若不经计算，直接通过褪色时间的长短判断浓度与反应速率的关系，下列试剂中应选择___(填序号)。
①1mL0.01mol•L-1的碘水 ②1mL0.001mol•L-1的碘水
③4mL0.01mol•L-1的Na2S2O3溶液 ④4mL0.001mol•L-1的Na2S2O3溶液
若某同学选取①③进行实验，测得褪色时间为4s，计算v(S2O32-)=__。
【答案】(1). 10-5-10-9 (2). 10-9 (3). 5H2C2O4+2MnO4-+ 6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O (4). 2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O (5). ②③④ (6). 8.3×10-4mol•L-1•s-1
【解析】
【分析】（1）室温下在pH =5的醋酸稀溶液中，H+主要来自醋酸电离，但水也会发生电离，所以溶液中的c(H+)实际上是醋酸电离出的H+与水电离出的H+的浓度之和；在此醋酸溶液中水电离出的c(H+)与水电离出的c(OH-)相等，也等于溶液中的c(OH-)；
（2）反应的离子方程式：①草酸溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，会发生氧化还原反应，H2C2O4被氧化为CO2，KMnO4中的锰被还原为Mn2+；
②铬酸钾溶液中滴入稀硫酸，CrO42-在酸性溶液中转化为Cr2O72-；
（3）要探究浓度对反应速率的影响，则反应物的浓度应该是不同的，根据反应方程式可知，如果选择试剂①，则④的Na2S2O3溶液不足量。因此我们选择②③④；
若某同学选取①③进行实验，则参加反应的Na2S2O3的物质的量为2mL×0.01mol•L-1，溶液的体积为6mL，测得褪色时间为4s，从而可计算出v(S2O32-)。
【详解】（1）室温下在pH =5的醋酸稀溶液中，H+主要来自醋酸电离，但水也会发生电离，所以溶液中的c(H+)实际上是醋酸电离出的c(H+)(即为10-5mol/L)与水电离出的c(H+)之和；在此醋酸溶液中水电离出的c(H+)与水电离出的c(OH-)相等，也等于溶液中的c(OH-)(即为10-9mol/L)；因此醋酸电离出的c(H+)的精确值是(10-5-10-9)mol•L-1，水电离出的c(H+)是10-9mol•L-1；答案为：10-5-10-9；10-9；
（2）①草酸溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，会发生氧化还原反应，H2C2O4被氧化为CO2，C由+3价升高到+4价，KMnO4中的锰被还原为Mn2+，Mn由+7价降低到+2价，按电子守恒，有下列关系式，5H2C2O4—2KMnO4，反应的离子方程式为：
5H2C2O4+2MnO4-+ 6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；答案为：5H2C2O4+2MnO4-+ 6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
②铬酸钾溶液中滴入稀硫酸，CrO42-转化为Cr2O72-，反应的离子方程式为2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O；答案为：2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O；
（3）要探究浓度对反应速率的影响，则反应物的浓度应该是不同的，根据反应方程式可知，如果选择试剂①，则④的Na2S2O3溶液不足量。因此我们选择②③④；
若某同学选取①③进行实验，则参加反应的Na2S2O3的物质的量为2mL×0.01mol•L-1，溶液的体积为6mL，测得褪色时间为4s，从而可计算出v(S2O32-)=mol•L-1•s-1。答案为：②③④；8.3×10-4mol•L-1•s-1。
19.NOx是造成大气污染的主要物质，用还原法将其转化为无污染的物质，对于消除环境污染有重要意义。
（1）已知：2C(s)+O2(g)2CO(g) △H1=-221.0kJ/mol
N2(g)+O2(g)2NO (g) △H2= +180.5kJ/mol
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) △H3=-746.0 kJ/mol
则用焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式为___。该反应的平衡常数Kp=__（写表达式）。
（2）用NH3催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染。已知：8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g) +12H2O(l) △H＜0。相同条件下，在2L密闭容器内，选用不同的催化剂进行反应，产生N2的量随时间变化如图所示。
①在催化剂A的作用下，0～4min的v(NH3)=___。
②该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)由大到小的顺序是___，理由是__。
③下列说法正确的是__（填标号）。
a．使用催化剂A达平衡时，△H值更大
b．升高温度可使容器内气体颜色加深
c．单位时间内形成N-H键与O-H键的数目相等时，说明反应已经达到平衡
d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡
【答案】(1). 2NO(g)+ C (s)CO2(g)+N2(g) △H=-573.75kJ/mol (2). (3). 0.5mol/（Lmin） (4). Ea(C)˃Ea(B)˃Ea(A) (5). 相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，活化能越低 (6). bcd
【解析】
【分析】（1）已知：2C(s)+O2(g)2CO(g) △H1=-221.0kJ/mol ①
N2(g)+O2(g)2NO (g) △H2= +180.5kJ/mol ②
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) △H3=-746.0 kJ/mol ③
将①-②+③，便可得到焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式；利用方程式可表示出该反应的平衡常数Kp。
（2）①在催化剂A的作用下，0～4min时，n(N2)=3.5mol，n(NH3)=,利用公式可求出v(NH3)；
②从图中可看出，相同时间内，N2的生成量A>B>C，则表明反应速率A>B>C，速率越快则反应的活化能越低，从而可求出该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)关系。
③a．催化剂A不能改变反应物的转化率，所以达平衡时，△H值不变；
b．升高温度可使该放热反应左移，容器内NO2的物质的量增大，浓度增大，气体颜色加深；
c．从反应方程式看，单位时间内形成24个N-H键，同时断裂24个O-H键，一旦二者的数目相等，则说明反应已经达到平衡；
d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，若平衡移动，则温度发生改变，现平衡常数不变，则温度不变，说明反应已经达到平衡。
详解】（1）已知：2C(s)+O2(g)2CO(g) △H1=-221.0kJ/mol ①
N2(g)+O2(g)2NO (g) △H2= +180.5kJ/mol ②
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) △H3=-746.0 kJ/mol ③
将①-②+③，便可得到焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式2NO(g)+ C (s)CO2(g)+N2(g) △H=-573.75kJ/mol；该反应的平衡常数Kp=。
答案为：2NO(g)+ C (s)CO2(g)+N2(g) △H=-573.75kJ/mol；；
（2）①在催化剂A的作用下，0～4min时，n(N2)=3.5mol，n(NH3)=，v(NH3)=mol/（Lmin）；答案为：0.5mol/（Lmin）；
②从图中可看出，相同时间内，N2的生成量A>B>C，则表明反应速率A>B>C，速率越快则反应的活化能越低，从而可求出该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)关系为Ea(C)˃Ea(B)˃Ea(A)；原因是相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，活化能越低；
答案为：Ea(C)˃Ea(B)˃Ea(A)；相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，活化能越低；
③a．催化剂A不能改变反应物的转化率，所以达平衡时，△H值不变，a错误；
b．升高温度可使该放热反应左移，容器内NO2的物质的量增大，浓度增大，气体颜色加深，b正确；
c．从反应方程式看，单位时间内形成24个N-H键，同时断裂24个O-H键，一旦二者的数目相等，则说明反应已经达到平衡，c正确；
d．在恒容绝热的密闭容器中反应，若平衡移动，则温度发生改变，现平衡常数不变，则温度不变，说明反应已经达到平衡，d正确。
答案为：bcd。
20.甲醇是重要的化工原料，利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇时，发生的主反应如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1= -99kJ•mol-1
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g) △H2= 58kJ•mol-1
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=+41kJ•mol-1
（1）一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，假设只发生反应①，达平衡后测得各组分浓度如下：
物质
CO
H2
CH3OH
浓度(mol•L-1)
0.9
1.0
0.6
①列式并计算平衡常数K=___。
②若将容器体积压缩为1L，不经计算，预测新平衡中c(H2)的取值范围是___。
③若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此时v正__v逆(填“>”、“<”或“=”)
（2）在实际生产中，当合成气组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时体系中的CO平衡转化率α(CO)与温度和压强的关系如图所示。
α（CO）值随温度升高而___（填“增大”或“减小”），其原因是___。图中的压强由大到小为___，其判断理由是___。
【答案】(1). L2•moL-2(或0.67L2• moL-2) (2). 1mol•L-1
【分析】（1）①平衡常数K=，代入表中数据即可求出K。
②若将容器体积压缩为1L，预测c(H2)的取值范围，若平衡不移动，c(H2)=2.0mol/L，当平衡移动达新平衡后，c(H2)>1.0mol/L(平衡移动只能减弱这种改变，所以比原平衡时的浓度大)，最终c(H2)介于两个极端点之间。
③若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，利用浓度商与K进行比较，确定平衡移动的方向，从而确定v正与v逆的相对大小。
（2）从图中可以看出，α（CO）值随温度升高而减小，其原因可从①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1= -99kJ•mol-1 ③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=+41kJ•mol-1两个反应进行分析。图中压强的大小关系仍可从①、③两个反应进行分析。
【详解】（1）①平衡常数K==L2•moL-2(或0.67L2• moL-2)；答案为：L2•moL-2(或0.67L2• moL-2)；
②若将容器体积压缩为1L，可预测c(H2)的取值范围。若平衡不移动，c(H2)=2.0mol/L，当平衡移动达新平衡后，c(H2)>1.0mol/L(平衡移动只能减弱这种改变，所以比原平衡时的浓度大)，最终c(H2)介于两个极端点之间，即1mol•L-1
（2）从图中可以看出，α（CO）值随温度升高而减小，其原因为：升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又使产生CO的量增大；从而得出：随温度升高，使CO的转化率降低。
对于反应①，压强大则CO的转化率大，对于反应③，压强改变平衡不发生移动，CO的转化率不变，所以，CO转化率大，则表明压强大，由此可得p3＞p2＞p1；其判断理由是：
相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO的转化率升高。答案为：减小；升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又使产生CO的量增大；从而得出：随温度升高，使CO的转化率降低；p3＞p2＞p1；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO的转化率升高。
相关资料
更多
