【化学】四川省成都石室中学2018-2019学年高二10月月考（解析版） 试卷

四川省成都石室中学2018-2019学年高二10月月考
1.下列对化学反应的认识正确的是
A. 化学反应过程中，分子的种类和数目一定发生改变
B. 吸热反应有的不加热也能发生，放热反应都不需要加热就能发生
C. 熵值增大的反应都是混乱度增大的反应，焓变和熵变都小于0的反应肯定是自发的
D. 反应物的总焓小于生成物的总焓时，ΔH＞0
【答案】D
【解析】
【分析】
A.化学反应前后分子种类发生变化，但数目不一定变化；
B. 有的吸热反应不加热也会发生，有的放热的化学反应需要加热才能发生；
C. 反应自发进行的判断根据是：ΔH-TS<0；
D. 反应焓变△H=H（生成物）-H（反应物），当反应物的总焓小于生成物的总焓时，△H＞0。
【详解】A.化学反应前后分子种类发生变化，但数目不一定变化，如前后分子数不变的化学反应，故A错误；
B. 有的吸热反应不加热也会发生，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应，有的放热的化学反应需要加热才能发生，如铝热反应，故B错误；
C. 反应自发进行的判断根据是：ΔH-TS<0，ΔH和S均小于0，ΔH-TS的正负取决于温度，高温下可能不能自发进行，故C错误；
D. 根据公式△H=H（生成物）-H（反应物），生成物的总焓小于反应物总焓，故D正确。
所以D选项是正确的。
2.下列各项与反应热的大小无关的是
A. 反应物和生成物的状态 B. 反应物的性质
C. 反应物的多少 D. 反应的快慢；表示反应热的单位
【答案】D
【解析】
【分析】
热量是一个状态函数，与物质的状态、量及反应所处条件均有关，而单位与反应热大小无关，反应热单位：kJ/mol，不是对反应物而言，不是指每摩尔反应物可以放热多少千焦，而是对整个反应而言，是指按照所给的化学反应式的计量系数完成反应时，每摩尔反应所产生的热效应，从定义和公式中可得出反应热与反应物和生成物的状态(固态、气态、液态)、量的多少、性质有关，而单位只是用来计算反应热，是恒定的，不影响反应热大小。
【详解】A、反应物和生成物的状态，例如同一个化学反应，生成液态水或水蒸气，反应热肯定不一样，故A错误；
B、反应物性质，例如锌和浓硫酸，锌和稀硫酸反应的反应热肯定不一样，反应热和物质的聚集状态有关，和物质的性质有关，故B错误；
C、反应物量的多少，例如氢气与氧气反应生成水的化学反应中，氢气和氧气反应的量不同，反应放热不同，故C错误；
D、反应的快慢、反应热的单位和反应物以及生成物间没有联系，这不会影响反应热大小，所以D选项是正确的。
故答案选D。
3.下列叙述错误的是
A. 利用潮汐能发电，用节能灯代替白炽灯这些措施不能达到节能减排目的
B. 人类日常利用的煤、天然气、石油等的能量，归根到底是由太阳能转变来的
C. 乙醇属于可再生能源，使用乙醇汽油可以缓解目前石油紧张的矛盾
D. 太阳能、风能、生物质能、氢能等符合未来新能源的特点
【答案】A
【解析】
【详解】A.利用潮汐能发电，潮汐是一种绿色能源，利用潮汐发电，又可以节省资源，同时减少了气体的排放，故能节能减排；用节能灯代替白炽灯，消耗相同电力的条件下，节能灯的发光效率比白炽灯更高，能节能，间接减少污染气体排放，故能节能减排，故A错误；
B. 人类日常利用的煤、天然气、石油等的能量，归根到底是由古代的动物、植物等经过漫长的历史时期形成的，因此是由太阳能转变而来的，故B正确；
C. 乙醇属于可再生能源，是由高粱、玉米薯类等经过发酵而制得，使用乙醇汽油可以缓解目前石油紧张的矛盾，故C正确；
D. 未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或者污染很小，且可以再生，太阳能、风能、生物质能、氢能等符合未来新能源的特点，故D正确。
故答案选A。
4.在容积固定的4L密闭容器里，进行可逆反应：X(气)＋2Y(气) 2Z(气)， 并达到平衡，在此过程中，以Y的浓度改变表示的反应运率v(正)、v(逆)与时间t的关系如图。则图中阴影部分面积表示

A. X的物质的量浓度减少 B. Y的物质的量减少
C. Z的物质的量浓度增加 D. X的物质的量减少
【答案】C
【解析】
【分析】
观察图象，纵坐标为反应速率，横坐标为时间，二者之积为浓度，Y和Z的反应速率相等，则阴影部分不可能为X的浓度减少。
【详解】Sabdo表示Y向正反应方向进行时减少的浓度，而Sbod则表示Y向逆反应方向进行时增大的浓度，所以，Saob=Sabdo-Sbod，表示Y向正反应方向进行时“净”减少的浓度，而Y的反应速率与Z的反应速率相等，则阴影部分可表示Y的浓度的减小或Z的浓度的增加。
所以C选项是正确的。
5.有关催化剂的叙述正确的是
A. 因为使用催化剂增大了活化分子的百分数，所以可以提高反应物的转化率
B. 催化剂以同样程度改变正逆反应的速率，使用正催化剂缩短达平衡的时间，提高单位时间内的产量
C. 催化剂是决定化学反应速率的主要因素
D. 使用催化剂可以改变平衡混合物的组成
【答案】B
【解析】
【详解】A项，催化剂改变化学反应速率，不改变化学平衡，反应物的转化率不变，故A项错误；
B项，催化剂同等程度影响正逆反应速率，故B项正确；
C项，影响化学反应速率的因素有内因和外因。内因是参加反应的物质本身的性质，起决定作用，在内因不变的情况下，催化剂也起一定的作用，故C项错误；
D项，催化剂改变化学反应速率，不改变化学平衡，所以不改变平衡混合物的组成，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】决定化学反应速率的主要因素是参加反应的物质本身的性质，催化剂（正催化剂）属于外界条件，可以降低反应物活化能，同时增大正逆反应速率，但不改变化学平衡状态，不能改变平衡混合物的组成。
6.某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g)达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1。若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，下列叙述正确的是
A. 刚充入时反应速率υ正减少，υ逆增大 B. 平衡不发生移动
C. 平衡向正反应方向移动，A的物质的量浓度减小 D. 物质C的质量分数增大
【答案】D
【解析】
【分析】
从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1，若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，根据压强对平衡移动的影响判断。
【详解】从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1，若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，
A、刚充入时反应速率υ正增大，υ逆增大，故A错误；
B、增大压强，平衡向正反应方向移动，故B错误；
C、增大压强，平衡向正反应方向移动，但根据勒夏特列原理，A的物质的量浓度比原来要大，故C错误；
D、增大压强，平衡向正反应方向移动，增加了C的物质的量，物质C的质量分数增大，故D正确。
所以D选项是正确的。
【点睛】化学平衡题中有四种改变压强的方式：①恒容充惰气；②恒压充惰气；③缩小或扩大容器容积；④等比例充入一类组分。其中第④类可用等效平衡思想理解掌握。
7.在不同情况下测得A(g)＋3B(g)2C(g)＋ 2D(s)的下列反应速率，其中反应速率最大的是
A. υ(D)=0.01 mol•L-1•s-1 B. υ(C)=0.010 mol•L-1•s-1
C. υ(B)=0.6 mol•L-1•min-1 D. υ(A)=0.2mol•L-1•min-1
【答案】B
【解析】
【分析】
同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，数值可能不同，但表示的意义是相同的。所以在比较反应速率快慢时，应该换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值大小。
【详解】根据速率之比是相应化学计量数之比可知，如果都用B物质表示其反应速率，则分别为：
A. D是固体，其浓度视为常数，故不能用D来表示反应速率；
B. υ(B)=υ(C)=0.010 mol•L-1•s-1=0.6 mol•L-1•min-1=0.9 mol•L-1•min-1 ；
C. υ(B)=0.6 mol•L-1•min-1
D. υ(B)=3υ(A)=30.2mol•L-1•min-1=0.6mol•L-1•min-1。
数值最大的是B，
故选B。
【点睛】解答本题需要注意，一是D为固体，不能用D来表示反应速率，二是要注意统一单位，如本题统一单位为mol•L-1•min-1，需要换算，换算公式为：1mol•L-1•s-1=60 mol•L-1•min-1。
8.对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·Lˉ1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。
时间
水样
0
5
10
15
20
25
Ⅰ(CH+＝10-2mol/L)
0.40
0.28
0.19
0.13
0.10
0.09
Ⅱ(CH+＝10-4mol/L)
0.40
0.31
0.24
0.20
0.18
0.16
Ⅲ(CH+＝10-4 mol/L)
0.20
0.15
0.12
0.09
0.07
0.05
Ⅳ(CH+＝10-4mol/L)含Cu2+)
0.20
0.09
0.05
0.03
0.01
0

下列说法不正确的是
A. 在0～20 min内，，Ⅰ中M的分解速率为0.015 mol·Lˉ1·minˉ1
B. 水样酸性越强，M的分解速率越快
C. 在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大
D. 由于Cu2+存在，Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快
【答案】D
【解析】
【分析】
Ⅰ和Ⅱ比较，酸性越强，M的分解速率越快；Ⅱ和Ⅲ比较，初始水样量越少，M的分解速率越快；Ⅲ和Ⅳ比较，含有Cu2+的分解速率快。以此分析。
【详解】A项，0～20 min内，Ⅰ中M分解速率==0.015 mol·Lˉ1·minˉ1，故A项正确；
B项，比较Ⅰ和Ⅱ，除pH不同外，其他条件相同，水样Ⅰ的pH小，即酸性较强，相同时间，M的浓度较低，即M的分解速率快，故B项正确；
C项，0～25 min内，Ⅲ中M的分解率为×100%=75%，Ⅱ中M的分解率为×100%=60%，故C项正确。
D项，Ⅰ和Ⅳ酸性不同，初始水样量也不同，不满足控制变量的条件，无法确定Cu2+对M分解速率的影响，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为D。
9.过量的铁粉与100mL 0.01mol•L﹣1的稀盐酸反应。为了减慢反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的
①加H2O　 ②加NaOH固体　③将盐酸用量减半，浓度不变　④加CuO固体　⑤加NaCl溶液　⑥加入硝酸钾溶液　⑦降低温度（不考虑盐酸挥发）
A. ①⑤⑦ B. ②④⑥ C. ③⑦ D. ③⑥⑦
【答案】A
【解析】
【分析】
为减慢铁与盐酸的反应速率，可减小浓度，降低温度等，不改变生成氢气的总量，则H+的物质的量应不变，以此解答。
【详解】①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢且不改变H2的产量；
②加氢氧化钠固体，与盐酸反应，减少了盐酸的浓度，故反应速率变慢，产生的氢气减少；
③将盐酸用量减半，浓度不变，反应速率不变，H+的物质的量减小，所以生成氢气的物质的量减小；
④加CuO固体与盐酸反应消耗H+，故反应速率减慢，生成氢气的物质的量减小；
⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢且不改变H2的产量；
⑥加入硝酸钾溶液，Fe和H+、NO3-反应不生成氢气；
⑦降低温度(不考虑盐酸挥发)反应速率减慢，H+的物质的量不变，所以生成氢气的物质的量不变；
综合以上分析，符合题意的有①⑤⑦，
故答案选A。
10.已知热化学方程式：
①CO（g） +1/2 O2 （g）＝CO2 （g） ΔH= —283.0kJ·mol-1
②H2（g） +1/2O2 （g） ＝H2O（g）；ΔH=-241.8 kJ·mol-1则下列说法正确的是

A. H2的燃烧热为241.8kJ·mol-1
B. 由反应①、②可知图所示的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g） ΔH=-41.2 kJ·mol-1
C. H2（g）转变成H2O（g）的化学反应一定要释放能量
D. 根据②推知反应H2（g） +1/2O2 （g） ＝H2O（l）；ΔH＞ — 241.8 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应②是1mol氢气完全燃烧生成的是水蒸气时放热241.8kJ，不是氢气的燃烧热，故A错误；
B.根据盖斯定律：①-②得：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g） ΔH=（—283.0kJ·mol-1
）-（-241.8 kJ·mol-1）=-41.2 kJ·mol-1，故B正确；
C. 由图像可知，CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）为放热反应，则其逆过程为吸热反应，说明H2（g）转变成H2O（g）的化学反应可能吸收能量，故C错误；
D.反应②H2（g） +1/2O2 （g） ＝H2O（g）；ΔH=-241.8 kJ·mol-1，若生成液态水，则放出的热要大于241.8 kJ，由于ΔH为负值，所以H2（g） +1/2O2 （g） ＝H2O（l）；ΔH< — 241.8 kJ·mol-1，故D错误。
所以B选项是正确的。
11.已知下列热化学方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) △H= —24.8 kJ·mol-1；3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g) △H=-47.2kJ·mol-1 ；Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) △H= +19.4kJ·mol-1则14g CO气体与足量FeO充分反应得到Fe单质和CO2气体时的释放或吸收的热量为
A. 放出11 kJ B. 放出5.5kJ C. 吸收11 kJ D. 吸收5.5 kJ
【答案】B
【解析】
【详解】把三个方程式依次编号为①、②、③，（①-②× - ③×）/2得方程式：FeO+CO=Fe+CO2，从而求出△H=（△H1-△H2×-△H3×)/2=[（—24.8 kJ·mol-1）—(-47.2kJ·mol-1) ×—( +19.4kJ·mol-1) ×]=-11kJ/mol，
14 g CO气体即0.5molCO还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的ΔH约为-5.5kJ/mol；
故选B。
【点睛】叠加法求焓变的技巧：为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式颠倒过来，反应热的数值不变，但符号相反。这样就不用再做减法运算了，实践证明，方程式相减时往往容易出错。
12.为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验．下列叙述中不正确的是

A. 图甲中（1）、（2）两个实验中H2O2分解的△H相同
B. 图乙实验可通过测定相同状况下，产生的气体体积与反应时间来比较反应速率
C. 图甲实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率
D. 图乙中，测定反应速率的装置可将分液漏斗用长颈漏斗替代 ，其测定结果相同
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 催化剂只降低反应的活化能，改变反应路径，不改变反应的反应热；
B.为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，可以在相同条件下，通过收集相同气体体积所需的时间或相同时间收集气体的体积来比较反应速率；
C. 据反应剧烈程度和反应现象的关系判断；
D. 产生的气体从长颈漏斗逸出，不能测定气体的体积。
【详解】A. 催化剂只降低反应的活化能，改变反应路径，不改变反应的反应热，所以(1)、(2)两个实验中H2O2分解的△H相同，所以A选项是正确的；
B. 为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，可以在相同条件下，通过收集相同气体体积所需的时间或相同时间收集气体的体积来比较反应速率，所以B选项是正确的；
C. 反应速率可以通过观察产生气泡的快慢来判断，所以C选项是正确的；
D. 产生的气体从长颈漏斗逸出，不能测定气体的体积，应利用分液漏斗或长颈漏斗下端进入液面下，所以D选项是错误的。
故答案选D。
【点睛】本题考查了化学实验方案评价，涉及化学反应速率、热效应、催化剂、仪器的使用等知识点，明确物质的性质及反应原理是解答关键。
13.某实验小组学生用50 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热．下列说法正确的是

A. 如图条件下实验过程中没有热量损失
B. 图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒
C. 烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯
D. 若改用60 mL 0.50 mol/L盐酸跟50 mL 0.55 mol/L的NaOH溶液进行反应，从理论上说所求中和热不相等
【答案】B
【解析】
【分析】
A．根据实验过程的保温情况确定保温效果；
B．根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；
C．根据烧杯间填满碎纸条的作用是保温；
D．中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关。
【详解】A．该装置的保温效果并不如量热计那样好，大小烧杯之间要填满纸片，装置存在热量的散失，故A错误；
B．根据量热计的构造可以知道该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，所以B选项是正确的；
C．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减少实验过程中的热量损失，故C错误；
D．中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关，中和热数值相等，故D错误；
所以B选项是正确的。
14.温度为T0C时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g) PCl3(g)＋Cl2(g)经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是
t/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)/ mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
A. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)=0.11mol·L－1，则反应的△H＜0
B. 反应在前50 s的平均速率为v(PCl3)=0.0032mol·L－1·s－1
C. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0mol PCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%
D. 相同温度下，起始时向容器中充入1.0mol PCl5、0.20mol PCl3和0.20molCl2，达到平衡时，c(PCl5) > 0.4mol·L－1
【答案】D
【解析】
【详解】根据表格所给数据可知达到平衡状态时，c(PCl3)=0.1mol/L，则c(PCl5)=0.4mol/L，c(Cl2)=0.1mol/L，因此平衡常数K==0.025。
A项，未升高温度时平衡浓度为c(PCl3)==0.1mol/L，升高温度，PCl3浓度升高，则平衡正向移动，因此该反应正反应为吸热反应，即△H>0，故A项错误；
B项，反应在前50 s的平均速率为(PCl3)==0.0016 mol·L－1·s－1，故B项错误；
C项，相同温度下，起始时向容器中充入1.0mol PCl3和1.0molCl2，则平衡是等效的，所
以达到平衡时，PCl3的转化率为80%。但如果相同温度下，起始时向容器中充入2.0mol PCl3和2.0molCl2，则相当于是增大压强，平衡向生成PCl5的方向进行，因此达到平衡时，PCl3的转化率大于80%，故C项错误。
D项，相同温度下，起始时向容器中充入1.0mol PCl5、0.20mol PCl3和0.20molCl2，相对于起始充入1.0 mol PCl5，多加0.20mol PCl3和0.20molCl2，相当于加压，平衡逆向移动，则c(PCl5) > 0.4mol·L－1，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
15.在一定温度下的1L容器中，反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)的K=1，当加入一定量反应物A和B，下列哪些物理量不再发生变化时己达到平衡状态的是
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 ⑦B、C、D的分子数之比为1 : 1 : 1
A. ①③④⑤ B. ①③④⑤ C. ①②③④⑤⑦ D. ②③⑤⑦
【答案】D
【解析】
【分析】
反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)为气体体积不变的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行解答。
【详解】①该反应为气体体积不变的反应，压强为常量，压强不变不能判断反应达到平衡状态，故①错误；
②有固体参加的反应，密度不变能判断达到平衡状态，故②正确；                    
③B的物质的量浓度不变时，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故③正确；
④气体体积不变的反应，混合气体的总物质的量不变时不能判断反应达到平衡状态，故④错误；          
⑤有固体参加的反应，混合气体的平均相对分子质量不变，能判断达到平衡状态，故⑤正确；
⑥v(C)与v(D)的比值不变，不能说明各组分的浓度不再变化，则无法判断达到平衡状态，故⑥错误；         
⑦反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，B、C、D的分子数之比为1 : 1 : 1，在同温、同压、同体积的条件下，气体分子数之比等于物质的量之比，也等于浓度比，平衡常数K===1，说明达到平衡状态，故⑦正确。
综合以上分析，②③⑤⑦正确，
所以D选项是正确的。
【点睛】解题时要注意，反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，以及由此衍生的一些量如压强、密度和平均相对分子质量也不发生变化，还要注意化学方式中反应前后气体体积是否改变，是否有固体参加反应的等。
16.已知某可逆反应mA(g)＋nB(g) pC(g)　△H 在密闭容器中进行反应，测得在不同时间t、温度T和压强P与反应物B在混合气中的百分含量B%的关系曲线如图所示.下列判断正确的是

A. m＋n＞P， △H>0 B. m＋n＜P， △H>0
C. m＋n＜P， △H<0 D. m＋n＞P， △H<0
【答案】B
【解析】
【分析】
根据“先拐先平，数值大”原则，采取定一议二得到温度和压强的大小关系，根据图示，结合压强和B的含量的关系判断方程式前后的系数和大小关系，根据温度和B的含量的关系，确定化学反应的吸放热情况。
【详解】定压强相同，比较温度不同时，即比较曲线T1、P2与曲线T2、P2，根据先出现拐点，先到达平衡，先出现拐点的曲线表示的温度高，所以T1 >T2，由图知温度越高，B的含量越低，所以平衡向正反应进行，升高温度，平衡向吸热方向移动，故正反应为吸热反应，即△H>0；
定温度相同，比较压强不同时，即比较曲线T1、P1与曲线T1、P2，根据先出现拐点，先到达平衡，先出现拐点的曲线表示的压强高，所以P1 根据以上分析得出：T1 >T2，，△H>0，P1 所以B选项是正确的。
17.在一个V升的密闭容器中放入2mol A(g)和1mol B(g)，在一定条件下进行如下反应：3A(g)＋B(g) nC(g) ＋2D(g)，达平衡后A的浓度减小1/2，混合气体平均相对分子质量增大1/8，则该反应方程式中n的值是
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】
3A(g)＋B(g) nC(g) ＋2D(g)达到平衡后，混合气体的平均摩尔质量增大，则该反应为气体体积缩小的反应，以此来解答。
【详解】在一个V升的密闭容器中放入2mol A(g)和1mol B(g)，在一定条件下进行如下反应：3A(g)＋B(g) nC(g) ＋2D(g)，达到平衡后，混合气体的平均相对分子质量增大，由M=可以知道，A、B、C、D均为气体，由质量守恒定律可以知道，气体的总质量不变，则该反应为气体体积缩小的反应，即3+1>n+2，
所以n<2，则n必为1，
所以A选项是正确的。
【点睛】本题比较简单，主要考查了反应中平均相对分子质量和平衡移动的关系。解题时抓住平均相对分子质量等于总质量除以总物质的量这一关键，n为系数，必为整数，要掌握巧解方法。
18.下列事实能用勒夏特列原理解释的是
A. 工业制硫酸采用二氧化硫催化氧化，高温可以提高单位时间SO3的产量
B. 合成氨工业中使用铁触媒做催化剂
C. 用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质
D. 容器中有2NO2N2O4，增大压强颜色变深
【答案】C
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A.二氧化硫催化氧化反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则二氧化硫的转化率降低，不能提高单位时间SO3的产量，与题给矛盾，故A不选；
B. 催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态，故B不选；
C. 用饱和食盐水除去氯气中氯化氢的原理：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，在饱和食盐水中氯离子浓度较大，氯离子浓度增大可以使平衡向逆反应方向移动，可用勒夏特列原理解释，故C选；
D. 应该是先变深后变浅，前面变深不是平衡移动，而是容器体积变小，气体浓度变大，所以颜色变深了。后来变浅是因为压强变大，平衡移动，NO2往N2O4移动，NO2浓度又减小，所以颜色变浅了。故D不选。
故答案选C。
19.在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molSO2和2molO2，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＜0。2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4mol，同时放出热量QkJ，则下列分析正确的是
A. 在该条件下，反应前后的压强之比为6∶5.3
B. 若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)＞1.4mol
C. 若反应开始时容器容积为2L，则v(SO3)＝0.35mol·L－1·min－1
D. 若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量小于Q kJ
【答案】D
【解析】
【分析】
A、根据反应在恒温恒压条件下进行分析；
B、根据化学反应速率的概念分析计算；
C、绝热条件温度升高平衡逆向进行；
D、恒温恒容条件反应过程中，压强减小。
【详解】A、反应在恒温恒压条件下进行，反应前后的压强之比为1:1，故A错误；
B、若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，反应是放热反应，绝热温度升高，平衡逆向进行，平衡后n(SO3)<1.4mol，故B错误；
C、若容器体积不变条件，v(SO3)＝0.35mol·L－1·min－1，但反应是在恒温恒压条件进行，混合气体平衡后的体积分数改变，压强越大越有利于平衡向正反应进行，v(SO3)>0.35mol·L－1·min－1，故C错误；
D、若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，反应过程中压强减小，平衡逆向进行，达平衡时放出热量小于Q kJ，故D正确。
所以D选项是正确的。
20.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，使其达到分解平衡：NH2COONH4(s) 2NH3(g)＋CO2(g)。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表，下列说法错误的是
温度/℃
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡总压强/kPa
5.7
8.3
12.0
17.1
24.0
平衡气体总浓度/10－3 mol·L－1
2.4
3.4
4.8
6.8
9.4


A. 当混合气体平均相对分子质量为26时说明该反应已达平衡
B. 达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量增大
C. 根据表中数据，计算15.0 ℃时的分解平衡常数约为2.0×10－9
D. 因该反应熵变(ΔS)大于0，焓变(ΔH)大于0，所以在高温下自发进行
【答案】A
【解析】
【详解】A项，该反应两种气体的物质的量始终为2:1，平均相对分子质量M==26，故不管是否达到平衡状态，平均相对分子质量不变，故A项错误；
B项，平衡后，压缩容器体积，相当于增大压强，反应逆向移动，氨基甲酸铵固体的质量增加，故B项正确；
C项，根据反应方程式，生成物的浓度之比为2:1，故c(NH3)=1.6×10-3mol/L，c(CO2)=0.8×10-3mol/L，15.0 ℃的分解平衡常数为K=c2(NH3)c(CO2)=0.8×10-3=2.0×10－9，故C项正确；
D项，该反应熵变(ΔS)大于0，焓变(ΔH)大于0，所以在高温下自发进行，故D项正确。
故答案选A。
21.以二氧化碳和氢气为原料制取乙醇的反应为：2CO2(g)＋6H2(g)CH3CH2OH(g)＋3H2O(g) ΔH＜0。某压强下的密闭容器中，按CO2和H2的物质的量比为1︰3投料，不同温度下平衡体系中各物质的物质的量百分数（y%）随温度变化如图所示。下列说法正确的是（ ）

A. a点的平衡常数小于b点
B. b点，υ正(CO2)＝υ逆(H2O)
C. a点，H2和H2O物质的量相等
D. 其他条件恒定，充入更多H2，乙醇的物质的量分数增大
【答案】C
【解析】
A、因为平衡常数仅与温度有关，该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以温度越低，K越大，所以Ka＞Kb，故A错误；B、b点时反应物仍然减小，生成物仍然增大，说明平衡向正反应方向进行，所以v正(CO2)≠v逆(H2O)，故B错误；C、根据图象分析，a点为H2和H2O物质的量的交点，所以相等，故C正确；D、其他条件恒定，充入更多H2，气体的总物质的量的增大幅度更大，例如充入非常多的氢气，由于乙醇的物质的量的增量有限，乙醇的物质的量分数会减小，故D错误；故选C。
点睛：本题考查平衡移动原理、平衡常数的判断等，注意判断曲线表示哪一物质的体积分数是关键，侧重考查学生对图象的分析与平衡移动的理解，难度较大。
22.在一定条件下，由CO2与H2反应可合成甲醇，反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；如图所示为向一固定容积为2 L的绝热密闭容器中加入1 mol CH3OH和1 mol H2O后，反应体系内CO2浓度的变化；其中第5 min 时，在其他条件不变的条件下，向容器中加入一定物质的量的 CO2和H2，第8 min 重新达到平衡状态，此时反应体系内c(H2)=c(CH3OH)。下列说法错误的是

A. 0~4 min 内，生成CO2的平均反应速率为0.025 mol·L-1·min-1
B. 第5 min 时在反应容器中加入了0.20 mol CO2和0.40 mol H2
C. 8 min后CH3OH的平衡浓度为0.425 mol·L-1
D. 前5 min CH3OH的转化率为20%，5~8 min H2的转化率为37.5%
【答案】D
【解析】
【详解】0~4 min 内，c(CO2)由0增加到0.10 mol·L-1，CO2平均反应速率为v(CO2)=0.10 mol·L-1/4 min=0.025 mol·L-1·min-1，A项正确；
当反应进行到第4 min时，反应达到了平衡状态，
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起始（mol） 0 0 1 1
变化（mol） 0.2 0.6 0.2 0.2
平衡（mol） 0.2 0.6 0.8 0.8
此时c(H2)=0.30 mol·L-1，c(CH3OH)=0.50 mol·L-1-0.10 mol·L-1=0.40 mol·L-1，c(H2O)=0.40 mol·L-1；
从题图可得，5 min 时加入了CO2，c(CO2)由0.10 mol·L-1增大到0.20 mol·L-1，即加入了0.20 mol CO2；
当反应进行到第8 min时，反应重新达到平衡，在5~8 min内消耗CO2 0.05 mol，同时消耗H2 0.15 mol，c(CO2)减小了0.025 mol·L-1，c(H2)减小了0.075 mol·L-1，而c(CH3OH)增大了0.025 mol·L-1，变为0.425 mol·L-1；由于此时c(H2)=c(CH3OH)，即c(H2)=0.425 mol·L-1，那么在第5min时c(H2)=0.50 mol·L-1，即加入了0.40 mol H2，即B、C项正确；
根据上述分析前5 min 内CH3OH的转化率=0.2 mol/1 mol×100%=20%，5~8 min 内H2的浓度由0.50 mol·L-1变为0.425 mol·L-1，减少了0.075 mol·L-1，转化率为×100%=15%，D项错误。
故答案选D。
23.Ⅰ.某化学小组同学用下列装置和试剂进行实验，探究O2与KI溶液发生反应的条件。

供选试剂：30% H2O2溶液、0.1mol/L H2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体。
（1）小组同学设计甲、乙、丙三组实验，记录如下： 

操作
现象
甲
向I的锥形瓶中加入__，向I的__中加入30% H2O2溶液，连接I、Ⅲ，打开活塞 
I中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝
乙
向Ⅱ中加入KMnO4固体，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯
Ⅲ中有气泡冒出，溶液不变蓝
丙
向Ⅱ中加入KMnO4固体，Ⅲ中加入适量0.1mol/L H2SO4溶液，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯 
Ⅲ中有气泡冒出，溶液变蓝
（2）丙实验中O2与KI溶液反应的离子方程式是_______________。
（3）对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是________。为进一步探究该条件对反应速率的影响，可采取的实验措施是________。
（4）由甲、乙、丙三实验推测，甲实验可能是I中的白雾使溶液变蓝。学生将I中产生的气体直接通入下列溶液________（填序号），证明了白雾中含有H2O2。
A．酸性KMnO4     B．FeCl2     C．氢硫酸   D．品红
Ⅱ.酸性条件下KMnO4与H2C2O4（弱酸）反应常用于探究影响化学反应速率的因素。该反应的离子反应方程式为：__；由该反应生成气体体积与时间关系可得出反应过程中速率的变化情况为___，其原因是__

Ⅲ.为探讨化学反应速率的影响因素，某同学设计的实验方案如下表。（已知 I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－，其中Na2S2O3溶液均足量）
实验
序号
体积V/mL

时间/s
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
0.1mol/L 碘水
水
①
10.0
2.0
4.0
0.0
40
②
7.0
2.0
4.0
3.0
t1
③
5.0
2.0
4.0
Vx
t2

①该实验进行的目的是________，淀粉溶液的作用是_______。
②表中Vx=____mL；实验①中用Na2S2O3表示反应速率v(Na2S2O3)=______
【答案】 (1). MnO2 (2). 分液漏斗 (3). O2+4I-+4H+=2I2+2H2O (4). 酸性环境 (5). 使用不同浓度的稀硫酸作对比实验 (6). AD (7). 5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋5Mn2＋＋8H2O (8). 先加快，后变慢 (9). 前期反应生成了催化剂，加快了反应速率；后期随着反应进行，反应物浓度降低，速率减慢 (10). 探究浓度对反应速率的影响 (11). 显色剂，检验I2的存在 (12). 5.0 (13). 1/800 mol·L－1·s－1
【解析】
【分析】
Ⅰ. (1)甲实验：根据装置Ⅰ不需要加热制取氧气可以知道利用的是双氧水的分解，过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，I中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝说明生成碘单质；
(2)碘离子具有还原性，在酸性条件下能够被氧化成碘单质，据此写出反应的离子方程式；
(3)对比乙、丙实验可以知道，O2与KI溶液发生反应的适宜条件酸性环境，酸溶液中氢离子浓度不同，装置Ⅲ中出现蓝色的速率不同；
(4)证明Ⅰ中产生的气体中含有双氧水，氧气和双氧水都具有氧化性，需要利用不同性质进行检验；
Ⅱ.高锰酸钾具有强氧化性，能将草酸氧化为二氧化碳，本身被还原为锰离子，据此书写方程式；
从从速率-时间图像可已看出，开始斜率大，后来斜率小，说明反应过程中速率的变化为先加快，后变慢，其原因是前期反应生成了催化剂，加快了反应速率；后期随着反应进行，反应物浓度降低，速率减慢；
Ⅲ. ①由表中数据可知，①②组中溶液的体积相同，仅有Na2S2O3溶液的浓度不同，说明该实验进行的目的是探究浓度对反应速率的影响；淀粉作为显色剂，检验碘的存在，可根据颜色的变化判断反应的快慢；
②由表中数据可知，①②组中溶液的体积相同为16.0mL；那么第实验③组中溶液的总体积也是16.0mL，据此求出Vx；根据=求出反应速率v(Na2S2O3)。
【详解】Ⅰ. (1)甲实验；根据装置Ⅰ不需要加热制取氧气可以知道利用的是双氧水的分解，过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，向I的锥形瓶中加入MnO2固体，向I的分液漏斗中加入30% H2O2溶液，连接I、Ⅲ，打开活塞，I中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝说明生成碘单质，
因此，本题正确答案是；MnO2固体；分液漏斗；
(2)碘离子具有还原性，在酸性条件下能够被氧化成碘单质，据此写出反应的离子方程式为：O2+4I-+4H+=2I2+2H2O，
因此，本题正确答案是：O2+4I-+4H+=2I2+2H2O；
(3)向Ⅱ中加入KMnO4固体，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯，Ⅲ中有气泡冒出，溶液不变蓝，向Ⅱ中加入KMnO4固体，Ⅲ中加入适量0.1mol/L H2SO4溶液，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯，Ⅲ中有气泡冒出，溶液变蓝对比乙、丙实验可以知道，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是：酸性环境；为进一步探究该条件对反应速率的影响，可采取的实验措施是：使用不同浓度的稀硫酸作对比实验，
因此，本题正确答案是：酸性环境；使用不同浓度的稀硫酸作对比实验；
(4)A. KMnO4，高锰酸钾溶液能够将双氧水氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，而氧气不与高锰酸钾溶液反应，如果高锰酸钾溶液褪色可证明混合气体中含有双氧水，所以A选项是正确的；
B.FeCl2，氧气和高锰酸钾溶液都能够氧化亚铁离子，无法证明混合气体中含有双氧水，故B错误；
C.氢硫酸，高锰酸钾和氧气都能够氧化氢硫酸,无法用氢硫酸检验混合气体中是否含有双氧水，故C错误；
 D.品红遇到过氧化氢会被氧化红色褪去，证明混合气体中含有双氧水，所以D选项是正确的；
因此，本题正确答案是：AD；
Ⅱ.高锰酸钾具有强氧化性，能将草酸氧化为二氧化碳，本身被还原为锰离子，即5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋5Mn2＋＋8H2O ；
从从速率-时间图像可已看出，开始斜率大，后来斜率小，说明反应过程中速率的变化为先加快，后变慢，其原因是前期反应生成了催化剂，加快了反应速率；后期随着反应进行，反应物浓度降低，速率减慢；
因此，本题正确答案是：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋5Mn2＋＋8H2O ；先加快，后变慢；前期反应生成了催化剂，加快了反应速率；后期随着反应进行，反应物浓度降低，速率减慢；
Ⅲ. ①由表中数据可知，①②组中溶液的总体积相同，仅有Na2S2O3溶液的浓度不同，说明该实验进行的是探究浓度对反应速率的影响；淀粉作为显色剂，检验碘的存在，可根据颜色的变化判断反应的快慢；
②为了探究反应物浓度对化学反应速率的影响，则除了Na2S2O3溶液的浓度不同外，应保持其他影响因素一致，①②③组中溶液的总体积相同为16.0mL，实验③需补加5.0mL水，故Vx=5.0mL，
由反应式I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－可知，v(Na2S2O3)=2 v(I2)=×2= mol·L－1·s－1。
因此，本题正确答案是：探究浓度对反应速率的影响；显色剂，检验I2的存在； 5.0； 1/800 mol·L－1·s－1。
【点睛】本题考查了实验探究，注意探究外界条件对化学反应影响时，只能改变一个条件，其它条件必须相同，否则不能得出正确结论。
24.Ⅰ、氨气有广泛用途，工业上利用反应N2(g)+3H2 (g) 2NH3(g) ∆H<0合成氨，回答以下问题：
（1）某小组为了探究外界条件对反应的影响，以c0 mol/L H2参加合成氨反应，在a、b两种条件下分别达到平衡，如图A。
①有同学认为由条件a到b可能是加了催化剂。这种分析正确吗？理由是______。
②在a条件下t1时刻将容器体积压缩至原来的1/2，t2时刻重新建立平衡状态。请在答题卡相应位置画出t1时刻后c(H2)的变化曲线并作相应的标注______。

（2）某小组往一恒温恒压容器充入9mol N2和23mol H2模拟合成氨反应，图B为不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强（p）的关系图。
① 比较T1、T3的大小T1____T3（填“<”或“>”）。
②分析体系在T2、60MPa下达到的平衡，此时H2的平衡分压为____MPa（分压＝总压×物质的量分数）。
Ⅱ.工业上常用反应2NO2(g) N2(g)＋2O2(g)，△H=QkJ/mol实现绿色环保、废物利用。设起始时容器中只有NO2，平衡时三种物质的物质的量与温度关系如图所示。

则
①Q_____0(填“> ”、“= ”或“< ").
②下列关于该反应说法不正确的是____
A.在恒温恒容的条件下，容器内气体颜色不变，说明该反应达到反应限度
B.如将该反应条件降低由恒温恒容改为恒温恒压，O2的百分含量将减小
C.在恒温恒容时，向平衡体系通入NO2，平衡正向移动，但NO2转化率将降低
D.增大压强，平衡逆向移动，说明逆反应速率增大，正反应速率减小。
③A点时，设容器的总压为a Pa，则其平衡常数Kp为____（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。B点时，NO2的转化率为____。
Ⅲ. N2O5(g)的分解存在两个平衡：①N2O5(g) N2O3(g)+O2（g）; ②N2O3(g) N2O(g)+O2（g）T0C时，在一个2L的固定容积的密闭容器中，充入2 mol N2O5，平衡时测得N2O的浓度为0.25 mol/L，O2的浓度为0.75mol/L，则N2O的物质的量为__ mol，此时反应①的平衡常数为____ 。
【答案】 (1). 错误，催化剂只能加快反应速率，不能改变平衡 (2). (3). ＜ (4). 15 (5). > (6). BD (7). a/5 (8). 66.7%（或2/3） (9). 0.5 (10). 0.375
【解析】
【详解】Ⅰ、（1）①从图像可知，在a、b两种条件下达到的平衡不同，不可能是使用催化剂，催化剂只能加快反应速率，不能改变平衡；
因此，本题正确答案是：错误，催化剂只能加快反应速率，不能改变平衡；
②体积缩小1/2，氢气的浓度会从c1突增到2 c1，然后根据缩小体积、增大压强，平衡右移，氢气的浓度减少但始终在c1与2 c1之间，画出t1时刻后c(H2)的变化曲线为：；
因此，本题正确答案是： 。
（2）①该反应为放热反应，当压强不变的情况下，降低温度，平衡右移，氨气的体积分数增大，从图像看出，T1小于T3；
因此，本题正确答案是：<。
②设氮气的变化量为xmol，根据反应，
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)
起始量 9 23 0
变化量 x 3 x 2 x
平衡量 9- x 23-3x 2 x
氨气的体积分数= 2x÷(9- x+ 23-3x+2x)=60%，解之x=6mol；把x=6带入下式可得：
H2的物质的量分数=（23-3x）÷(9- x+ 23-3x+2x)=，此时H2的平衡分压为60×1/4=15；
因此，本题正确答案是：15；
Ⅱ. ①根据图像曲线变化，随温度升高，N2和O2浓度增大，NO2浓度减小，故正反应为吸热反应，△H>0，
②A.容器内气体颜色不变，说明浓度不变，该反应达到反应限度，故A正确；
B.反应 2NO2(g) N2(g)＋2O2(g)为气体体积增大的反应，如将该反应条件由恒温恒容改为恒温恒压，相当于减小压强，平衡正向移动，O2的百分含量将增大，故B错误；
C.在恒温恒容时，向平衡体系通入NO2，相当于加压，平衡逆向移动，NO2转化率降低，故C正确；
D.增大压强，正逆反应速率都增大，但逆反应速率增大倍数大于正反应速率增大的倍数，平衡逆向移动，故D错误；
答案选BD。
③根据化学方程式2NO2(g) N2(g)＋2O2(g)及图示数据，A点时，NO2是10mol，O2是10mol，N2是5mol，因为容器的总压为a Pa，所以N2的分压是 a Pa，NO2和O2的分压都是 a Pa，则平衡常数Kp=== a/5 Pa。
B点时，N2和NO2的物质的量相等，设为xmol，则O2为2xmol，NO2转化率为×100%=66.7%（或2/3）。
因此，本题正确答案是：a/5 Pa；66.7%（或2/3）；
Ⅲ.设平衡时剩余N2O5的物质的量是x，所以消耗N2O5是2－x，则反应①中生成N2O3和氧气都是2－x。由于平衡时O2为0.75mol/L×2L=1.5mol，N2O为0.25 mol/L×2=0.5mol，所以反应②中生成氧气是0.5mol，则消耗N2O3是0.5mol，所以有（2－x）－0.5＝0.25mol/L×2，解得x＝1mol，
此时反应①的平衡常数为K===0.375，
因此，本题正确答案是：0.5；0.375。
25.Ⅰ.K2Cr2O7的水溶液中存在如下平衡：Cr2O72-(aq)+ H2O(l)2CrO42-(aq)+ 2H+(aq)，平衡常数表达式为__；往上述溶液中加入氢氧化钠溶液现象为___；此实验现象，符合勒夏特列原理：如果改变维持化学平衡的条件（浓度、压力和温度），平衡就会向着__这种改变的方向移动。
Ⅱ. 为了证明化学反应有一定的限度，利用铁离子可以氧化碘离子的反应进行了如下探究活动：
（1）步骤1：取8mL0.1mol•L﹣1的KI溶液于试管，滴加0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液5～6滴，振荡；
步骤2：在上述试管中加入2mLCCl4，充分振荡、静置；
步骤3：取上述步骤2静置分层后的上层水溶液少量于试管，滴加5～6滴0.1mol•L﹣1___（试剂名称），振荡，未见溶液呈血红色。
（2）探究的目的是通过检验Fe3+，来验证是否有Fe3+残留，从而证明化学反应有一定的限度。针对实验现象，同学们提出了下列两种猜想：
猜想一：________________
猜想二：Fe3+大部分转化为Fe2+，使生成Fe(SCN)3浓度极小，肉眼无法观察其颜色
为了验证猜想，在查阅资料后，获得下列信息：
信息一：Fe3+可与[Fe(CN)6]4﹣反应生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为___，用K4[Fe(CN)6]溶液检验Fe3+的灵敏度比用KSCN更高。
信息二：乙醚比水轻且微溶于水，Fe(SCN)3在乙醚中的溶解度比在水中大。
结合新信息，请你完成以下实验：各取少许步骤3的水溶液分别于试管A、B中，请将相关的实验操作、预期现象和结论填入下表空白处：
实验操作
预期现象
结论
实验1：①___________
②______
则“猜想一”不成立
实验2：在试管B加入少量乙醚，充分振荡，静置
③______
则“猜想二”成立


【答案】 (1). K=c2(CrO42-)c2(H+)/c(Cr2O72-) (2). 溶液由橙色变为黄色 (3). 减弱 (4). 硫氰化钾 (5). KI溶液过量，Fe3+完全转化为Fe2+，溶液无Fe3+ (6). 3[Fe(CN)6]4— + 4Fe3+ ====Fe4[Fe(CN)6]3↓ (7). 在试管A中滴加2﹣3滴K4[Fe(CN)6]溶液 (8). 出现蓝色沉淀 (9). 乙醚层呈红色
【解析】
【详解】Ⅰ.根据化学平衡常数的定义，可知Cr2O72-(aq)+ H2O(l)2CrO42-(aq)+ 2H+(aq)的平衡常数K==c2(CrO42-)c2(H+)/c(Cr2O72-)，加入氢氧化钠溶液，中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动，溶液由橙色变黄色，此实验现象，符合勒夏特列原理：如果改变维持化学平衡的条件（浓度、压力和温度），平衡就会向着减弱这种改变的方向移动，
因此，本题正确答案为：K=c2(CrO42-)c2(H+)/c(Cr2O72-)；溶液由橙色变为黄色；减弱；
Ⅱ. （1）铁离子具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉显示蓝色，发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，加入0.1mol•L-1 硫氰化钾溶液，如果溶液出现血红色，说明溶液中有没反应的FeCl3溶液，5～6滴氯化铁相对于碘离子是少量的，所以可以说明此反应为可逆反应，存在一定的限度，
因此，本题正确答案为：硫氰化钾；
（2）根据实验②的步骤和结论，说明猜测二为Fe3+没有完全转化为Fe2+，则猜测一为另一种情况，即KI溶液过量，Fe3+完全转化为Fe2+，溶液无Fe3+，
由信息信息一可得：Fe3+可与[Fe(CN)6]4﹣反应生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为：3[Fe(CN)6]4— + 4Fe3+ ====Fe4[Fe(CN)6]3↓；
因此，本题正确答案为：KI溶液过量，Fe3+完全转化为Fe2+，溶液无Fe3+ ；3[Fe(CN)6]4— + 4Fe3+ ====Fe4[Fe(CN)6]3↓；
由信息信息一可得：在试管A中滴加2﹣3滴K4[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，则猜想一不成立，
由信息二可得：在试管B加入少量乙醚，充分振荡，乙醚层呈血红色，证明猜想二正确；
因此，本题正确答案为：在试管A中滴加2﹣3滴K4[Fe(CN)6]溶液；出现蓝色沉淀；乙醚层呈红色。
26.下图为我国目前的能源消费结构图：
（1）由图中数据可知，一定时期内，我国的能源结构仍以煤碳为主，但直接燃烧煤炭的弊端是____。
（2）将煤转化为水煤气可有效降低煤对环境的破坏性，能量变化如图所示：

根据以上数据，写出该反应的热化学方程式_________________；
（3）甲醇是重要的化学工业基础原料和清洁液体燃料。将煤液化将克服直接将煤作为燃料的不足。其反应原理为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g) ＋H2O(g)。
①在适当的催化剂作用下，该反应能自发进行。则该反应ΔH______0（填“>”、“<”或“=”）
②在体积一定的密闭容器中发生该反应，达到平衡后升高温度，下列说法正确的是______。
A．平衡正向移动 B．达到新的平衡后体系的压强增大
C．H2的转化率增大 D．体系的密度增大
③下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_______。（填字母）
a.混合气体的平均相对分子质量保持不变
b.1 mol CO2生成的同时有3 mol H—H键断裂
c.CO2的转化率和H2的转化率相等
d.混合气体的密度保持不变
④在相同起始温度（500℃）、起始体积相同（2L）的三个密闭容器中分别进行该反应，控制不同条件，反应过程中部分数据见下表：

反应时间
CO2/mol
H2/mol
CH3OH/mol
H2O/mol
反应Ⅰ：恒温恒容
0 min
2
6
0
0
10 min

4.5


反应Ⅱ：恒温恒压
0 min
1
3
1
1
反应Ⅲ：绝热恒容
0 min
0
0
2
2
查阅资料发现500℃时该反应的平衡常数为2.5。则反应Ⅰ在10min时v正______v逆，则反应均达到平衡时，反应Ⅰ、Ⅱ对比H2的百分含量关系w%Ⅰ（H2）______w%Ⅱ（H2），反应Ⅰ、Ⅲ对比：平衡时CH3OH的浓度c(I)_______c(Ⅲ)（本小题均用“>”、“<”或“＝”填空）。
【答案】 (1). 污染大，资源利用率低 (2). C(s)+H2O(g) == CO(g)+H2(g) △H=+131.5kJ/mol (3). ＜ (4). B (5). ab (6). ＞ (7). ＜ (8). ＜
【解析】
【详解】（1）煤燃烧会产生二氧化硫等对环境有危害的气体，且利用低下；
因此，本题正确答案为：污染大，资源利用率低；
（2）根据图像可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，所以C(s)+H2O(g) == CO(g)+H2(g) △H=+131.5kJ/mol，
因此，本题正确答案为：C(s)+H2O(g) == CO(g)+H2(g) △H=+131.5kJ/mol；
（3）①根据反应自发进行时焓减熵增的原则，CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g) ＋H2O(g)是熵减的反应，若反应能够自发进行，则焓减即反应的ΔH<0；
因此，本题正确答案为：<；
②A 、升高温度，平衡逆向移动，故A错误；
B 、升高温度，平衡逆向移动，气体分子数增多，达到新的平衡后体系的压强增大，故B正确；
C 、升高温度，平衡逆向移动，H2的转化率减小，故C错误；
D、恒容密闭容器中，容器的体积不变，气体的质量不变，所以气体的密度始终不变，故D错误；
因此，本题正确答案为：B；
③a.该反应是气体的物质的量变化的可逆反应，混合气体的平均相对分子质量一直变化，当达到平衡时，混合气体的平均相对分子质量保持不变，故a正确，
b.1 mol CO2生成的同时有3 mol H—H键断裂，表示正逆反应速率相等，是达到平衡状态的标志，故b正确；
c.CO2的转化率和H2的转化率相等，不能说明正逆反应速率相等，不是平衡状态的标志，故c错误；
d. 气体的密度=m(混)/V，反应前后各物质均为气体，容器的体积不变，气体的质量不变，所以气体的密度始终不变，不是平衡的标志，故d错误；
因此，本题正确答案为：ab；
④ CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g) ＋H2O(g)
起始（mol） 2 6 0 0
变化（mol） 0.5 1.5 0.5 0.5
10 min时（mol） 1.5 4.5 0.5 0.5
10 min时浓度商Qc===<2.5=K，则反应Ⅰ在10min时v正>v逆，
从表格数据可知，三个反应起始投料，换算到反应式同一边，起始量相同，故只需分析条件对平衡的影响：
反应Ⅰ是恒温恒容、反应Ⅱ是恒温恒压，由于该反应是气体体积减小的反应，故反应Ⅰ相对于反应Ⅱ是减小压强，平衡向逆向移动，H2的百分含量减小，所以w%Ⅰ（H2）＜w%Ⅱ（H2），
反应Ⅰ是恒温恒容、反应Ⅲ是绝热恒容，由于该反应的正反应为放热反应，反应Ⅲ相对于反应Ⅰ是升高温度，平衡向逆向移动，平衡时CH3OH的浓度增大，c(I) ＜c(Ⅲ)。
因此，本题正确答案为：>；<；<。