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【化学】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2018-2019学年高二上学期第一次阶段性测试（解析版）
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黑龙江省哈尔滨市第三中学校2018-2019学年高二上学期第一次阶段性测试
1.某温度下，反应2N2O54NO2+O2开始时c(N2O5)=0.0408mol·L-1，经1 min后测得c(N2O5)=0.030mol·L-1，则该反应的反应速率为
A. v(N2O5)=1.08×10-4 mol•L-1•s-1 B. v(N2O5)= 1.8×10-1 mol•L-1•min
C. v(O2)=9.0×10-5 mol•L-1•s-1 D. 2 v(NO2)= v(N2O5)
【答案】C
【解析】根据化学反应速率公式和化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算。
【详解】v（N2O5）==1.8×10-4mol•L-1•s-1；v（N2O5）：v（NO2）=1：2，故v（NO2）=2v（N2O5）=2×1.8×10-4mol=3.6×10-4mol•L-1•s-1；v（N2O5）：v（O2）=2：1，故v（O2）=0.5v（N2O5）=0.5×1.8×10-4mol=9×10-5mol•L-1•s-1，故选C。
【点睛】本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率的定义和化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键。
2.下列关于有效碰撞理论与影响速率因素之间关系正确的是
A. 增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率
B. 通过压缩体积增大压强，可以提高单位体积内活化分子数，从而提高反应速率
C. 升高温度，可以提高活化分子的能量，会减慢反应速率
D. 加入催化剂可以降低活化能，活化分子百分比虽然没变，但可以加快反应速率
【答案】B
【解析】A、浓度增大，活化分子数目增多；B、压强增大，活化分子数目增多；C、升高温度，给分子提供能量，活化分子百分数增大，增大反应速率；D、催化剂能降低活化能增大活化分子的百分数。
【详解】浓度增大，活化分子数目增多，从而使反应速率增大，A不选；有气体参加的化学反应，若压强增大，活化分子数目增多，从而使反应速率增大，B选；升高温度，给分子提供能量，活化分子百分数增大，则反应速率加快，C不选；催化剂能降低活化能增大活化分子的百分数，从而增大反应速率增大，D不选。
故选B。
【点睛】本题考查影响化学反应速率的影响，把握活化分子及活化理论为解答的关键。
3.对可逆反应：A(g)+3B(g) 2C(g) ∆H <0，下列叙述错误的是
A. 升高温度v（正）、v（逆）都增大，但v（正）增的更大
B. 增大压强v（正）、v（逆）都增大，但v（正）增的更大
C. 增大A的浓度v（正）会先增大后减小
D. 采用催化剂一般v（正）、v（逆）同时增大，而且增大的倍数相同
【答案】A
【解析】A、升高温度化学反应速率加快，反应向着吸热的逆反应方向进行；B、增大压强化学反应速率加快，反应向着气体的系数和减小的方向进行；C、增大反应物的浓度，反应速率加快，随着反应进行，反应物浓度减小，反应速率减小；D、使用催化剂可同时、同等程度的改变正逆反应速率。
【详解】升高温度v（正）、v（逆）都增大，同时反应向着逆方向进行，v（逆）增的更大，A错误；增大压强v（正）、v（逆）都增大，同时反应向着正方向进行，v（正）增的更大，B正确；增大反应物A的浓度，v（正）、v（逆）都会增大，随着反应进行，反应物A的浓度减小，v（正）减小，C正确；使用催化剂可同时、同等程度的改变正逆反应速率，所以采用正的催化剂一般v（正）、v（逆）同时增大，而且增大的倍数相同，D正确。
故选A。
【点睛】本题考查学生影响化学反应速率、化学平衡移动的因素知识，注意二者相结合时的灵活应用。
4.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)=0.5 mol/L，c(HI)=4 mol/L，则此温度下反应①的平衡常数为
A. 9 B. 16 C. 20 D. 25
【答案】C
【解析】
试题分析：因为平衡时c(H2)＝0.5 mol·L-1，据反应②得参加反应的C（HI）="1mol" /L,因为平衡后c(HI)＝4 mol·L-1，所以反应①生成的c(HI)="4" mol·L-1+1 mol·L-1="5" mol·L-1，据反应①得c(NH3)="5" mol·L-1，所以反应①的平衡常数= c(NH3) ・c(HI)=" 5" mol·L-1・4 mol·L-1=20，答案选C。
考点：考查平衡常数计算
5.在一定温度下的定容容器中，当反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)达到平衡状态后，下列哪些物理量不再发生变化，
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气体总物质的量 ⑤混合气体的平均相对分子质量 ⑥v(C)与v(D)
A. ②③⑤ B. ①②③ C. ②③④⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】D
【解析】该反应是反应前后气体体积不变的可逆反应，无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的总物质的量、压强始终不变；A为固态，反应前后气体质量发生改变，混合气体的密度和平均相对分子质量发生改变，达到平衡状态后，混合气体的密度、平均相对分子质量和B的物质的量浓度不变；无论反应是否达到平衡状态，v（C）与v（D）的比值始终不变。
【详解】①该反应是反应前后气体体积不变的可逆反应，无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的压强始终不变；②因A为固态，则该反应是一个反应前后气体的密度改变的可逆反应，当混合气体的密度不变时，说明反应达到平衡状态；③当反应达到平衡状态时，B的物质的量的浓度不变；④该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，混合气体的物质的量始终不变；⑤因A为固态，则该反应是一个反应前后混合气体的平均相对分子质量改变的反应，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明该反应达到平衡状态；⑥无论反应是否达到平衡状态，v（C）与v（D）的比值始终不变。故选D。
【点睛】解题时要注意，反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，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。
6.已知可逆反应aA＋bBcC中，5分钟时分别测得在不同温度下物质的含量A%和C%，绘制变化曲线如图所示，下列说法正确的是
A. 该反应在T1、T3温度时达到过化学平衡
B. 该反应在T2温度时达到过化学平衡
C. 该反应的逆反应是放热反应
D. 升高温度，平衡会向正反应方向移动
【答案】B
【解析】T2℃之前，A%变小，C%从0逐渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之前该反应未达到平衡状态，而T2℃时为化学平衡状态，T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，正反应为放热反应。
【详解】T1温度之后，A%继续变小，C%继续增大，T2℃达到平衡状态，升高温度平衡向吸热的逆反应方向移动， A%增大，C%减小，故T1温度时未达到化学平衡，T3温度时达到化学平衡，A错误；T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，而T2℃时恰好平衡，B正确；T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，C错误；T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，温度升高使平衡向逆反应移动，D错误。
故选：B。
【点睛】本题化学反应图象分析，明确图象中曲线变化趋势与温度的关系是解本题关键，会根据图象确定平衡状态及反应热。
7.在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）＋B（g）xC（g）（正反应放热）有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）
A. P3＞P4，y轴表示B的转化率
B. P3＜P4，y轴表示B的体积分数
C. P3＜P4，y轴表示混合气体的密度
D. P3＞P4，y轴表示混合气体的密度
【答案】A
【解析】图1中，根据先拐先平数值大知，温度一定时，P2＞P1，增大压强，C的含量增大，则平衡向正反应方向移动，所以x=1；压强一定时，T1＞T2，升高温度，C的含量降低，则正反应是放热反应。
【详解】升高温度平衡向逆反应方向移动，B的转化率减小，增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，则P3＞P4，A正确；升高温度平衡向逆反应方向移动，B的体积分数减小，B错误；混合气体总质量不变，容器容积不变，反应混合气体的密度不变，C、D错误。故选A。
【点睛】本题考查图象分析，侧重考查学生分析判断能力，根据先拐先平数值大确定反应热和x值，再采用“定一议二”的方法分析解答。
8.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律（图中P表示压强，T表示温度，n表示物质的量）：
根据以上规律判断，下列结论正确的是( )
A. 反应Ⅰ：ΔH＞0，P2＞P1
B. 反应Ⅱ：ΔH＜0，T1＜T2
C. 反应Ⅲ：ΔH＞0，T2＞T1；或ΔH＜0，T2＜T1
D. 反应Ⅳ：ΔH＜0，T2＞T1
【答案】C
【解析】
A．由图可知，升高温度，A的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，则△H＜0，正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，A的转化率增大，则P2＞P1，故A错误；B．温度越高，反应速率越快，到达平衡的时间越快，则温度T1＞T2，升高温度C的物质的量减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，则△H＜0，故B错误；C．若△H＞0，T2＞T1，则升高温度平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，如△H＜0，T2＜T1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，与图像吻合，故C正确；D．如△H＜0，则升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，则T2＜T1，故D错误；故选C。
9.高温下，某反应达平衡，平衡常数K=恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是
A. 该反应的焓变为正值 B. 恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
C. 升高温度，逆反应速率减小 D. 该反应化学方程式为CO+H2OCO2+H2
【答案】A
【解析】根据平衡常数的表达式K=可知，该反应的方程式是CO2+H2CO+H2O，恒容时，温度升高，H2的浓度减小，说明平衡正向移动，正反应是吸热反应。
【详解】温度升高，H2的浓度减小，平衡正向移动，正反应是吸热反应，该反应的焓变为正值，A正确；反应前后体积不变，改变压强，平衡不移动，所以恒温恒容下，增大压强，氢气的浓度不一定是减小的，B错误；升高温度，反应速率增大，C错误；根据平衡常数的表达式可知，该反应的方程式是CO2+H2CO+H2O，D错误。
故选A。
【点睛】本题考查外界条件对化学平衡的影响、化学平衡常数等，该题的关键是根据平衡常数的表达式得出该反应的方程式，然后灵活运用即可。
10.在体积恒定的密闭容器中，一定量的SO2与1.100molO2在催化剂作用下加热到600℃发生反应：2SO2+O22SO3；△H＜0。当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，在相同的温度下测得气体压强为反应前的82.5%。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时反应达到平衡
B. 降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大
C. 将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀的质量为161.980g
D. 达到平衡时，SO2的转化率是90%
【答案】D
【解析】
A、生成SO3和消耗SO2，反应都是向正反应方向进行，因此不能说明反应达到平衡，故A错误；B、此反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度小，故B错误；C、
2SO2＋O22SO3 △n
2 1 2 1
2×0.315 0.315 气体通入到足量的BaCl2溶液中，发生SO3＋H2O＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl，n(SO3)=n(BaSO4)=2×0.315mol=0.63mol，质量为0.63×233g=146.79g，故C错误；
D、 2SO2＋O22SO3 △n
起始： a 1.1 0
变化： 0.63 0.315 0.63
平衡：a－0.63 0.785 0.63 相同条件下，达到平衡，气体压强是反应前的82.5%，即为(a＋1.1)/(a＋0.785)=1/0.825，解得a=0.7mol，即SO2的转化率为0.63/0.7×100%=90%，故D正确。
点睛：用不同物质的反应速率表示反应达到平衡，要求反应的方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，生成SO3和消耗SO2，反应都向正反应方向进行，因此不能作为达到平衡的标志。
11.在1L密闭容器中充入2molSO2和1molO2进行2SO2 + O2 2SO3 ΔH ＜0，达到平衡时SO2转化率为a%，在1L绝热容器中投料相同的情况下进行该反应，达到平衡时SO2转化率为b%，则下列关系正确的是
A. a%﹥b% B. a%﹤b% C. a%=b% D. a% 和b%的关系不确定
【答案】A
【解析】
该反应为放热反应，绝热容器中反应温度升高，升高温度，平衡逆向进行。
【详解】在1L绝热容器中投料相同的情况下进行该反应，绝热容器中反应温度升高，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，SO2转化率减小。故选A。
【点睛】绝热容器就是体系与环境之间没有热交换的容器，如是放热反应，随着反应的进行，容器中温度升高，反应速率加快，化学平衡向吸热方向移动。如是吸热反应，容器中温度降低，反应速率减慢，化学平衡向放热方向移动。
12.可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g) 、②2M（g）N（g）+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图示：
下列判断正确的是
A. 反应①的正反应是吸热反应
B. 达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14:15
C. 达平衡（I）时，X的转化率为
D. 在平衡（I）和平衡（II）中M的体积分数相等
【答案】C
【解析】A、由图可知：降温由平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明①平衡向右移动，正反应放热，故A错误；B、达平衡（Ⅰ）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：2/x=2.2/2.8，x=2×2.8/2.2=28/11mol，即物质的量减少了3-28/11=5/11mol，所以达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为5/11；故B正确；C、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：2/2.2=10/11，故C错误；D、由平衡（Ⅰ）到平衡（Ⅱ），化学反应②发生移动，M的体积分数不会相等的，故D错误。故选：B。
13.按要求写出下列化学方程式或离子方程式：
（1）硫酸酸化的高锰酸钾与草酸反应的化学方程式：_____________________________。
（2）硫代硫酸钠与稀硫酸反应的化学方程式：____________________________________。
（3）硫酸酸化的碘化钾溶液与氧气反应的离子方程式：________________________。
（4）K2Cr2O7的溶液中K2Cr2O7与K2CrO4转化的离子方程式：____________________。
【答案】 (1). 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O (2). Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O (3). 4H++4I-+O2=2I2+2H2O (4). Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+
【解析】（1）草酸具有还原性，被酸性高锰酸钾氧化成二氧化碳，高锰酸钾还原成Mn2+；（2）硫代硫酸根离子和酸反应生成硫单质和二氧化硫气体；（3）碘化钾具有还原性，酸性条件下可被氧气氧化为单质碘；（4）K2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+。
【详解】（1）酸性条件下，酸化的高锰酸钾与草酸发生氧化还原反应，生成锰离子、二氧化碳、水，该离子反应为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；（2）硫代硫酸钠与稀硫酸发生歧化反应，生成S、二氧化硫、水，反应的离子反应为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；（3）硫酸酸化的碘化钾淀粉溶液中的碘离子会被氧气氧化为碘单质，遇淀粉溶液呈蓝色，反应的离子方程式为：4H++4I-+O2=2I2+2H2O；（4）在水溶液中，橙红色的Cr2O72-与黄色的CrO42-存在转化平衡，转化的离子方程式为：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+。
【点睛】本题考查化学方程式、离子方程式的书写，明确物质性质是解本题关键，涉及氧化还原反应，注意硫代硫酸钠化学式的书写及S元素化合价，为易错点。
14.已知可逆反应：M(g)+N(g)P(g)+Q(g) ΔH＞0请回答下列问题：
（1）在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)= 1 mol·L-1，c(N)=2.4 mol·L-1；达到平衡后，M的转化率为60％，此时N的转化率为___________ ；
（2）若反应温度升高，M的转化率_______ （填“增大”“减小”或“不变”） ；
（3）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)= 4 mol·L-1，c(N)=a mol·L-1；达到平衡后，c(P)=2 mol·L-1，a=_________ ；
（4）若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M)=c(N)=b mol·L-1，达到平衡后，M的转化率为______ 。
【答案】 (1). 25% (2). 增大 (3). 6 (4). 41%
【解析】（1）根据方程式可知反应消耗的N和M的物质的量相等进行计算；（2）根据温度对平衡的影响分析，反应放热，升高温度平衡左移；（3）由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，以此计算；（4）设平衡时转化的M为xmol，由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，以此计算。
【详解】达到平衡后，M的转化率为60%，反应浓度=1mol•L-1×60%=0.6mol，由此建立如下三段式：
M（g）+N（g）P（g）+Q（g）
起始量（mol/L） 1 2.4 0 0
变化量（mol/L） 0.6 0.6 0.6 0.6
平衡量（mol/L）0.4 1.8 0.6 0.6
K==0.5。
（1）由三段式数据可得N的转化率=×100%=×100%=25%；
（2）M（g）+N（g）P（g）+Q（g）△H＞0，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，M的转化率增大；
（3）起始量=消耗量+平衡量，则依据题给条件建立三段式：
M（g）+N（g）P（g）+Q（g）
起始量（mol/L） 4 a 0 0
变化量（mol/L） 2 2 2 2
平衡量（mol/L） 2 a-2 2 2
则由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，则有K==0.5，a=6；
（4）设平衡时M的转化率为x，依据题给条件建立三段式：
M（g）+N（g）P（g）+Q（g）
起始量（mol/L） b b 0 0
变化量（mol/L） bx bx bx bx
平衡量（mol/L） b—bx b-bx bx bx
则由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，则有K==0.5，解得x=0.41。
【点睛】本题考查了化学平衡计算方法的分析应用，主要是三段式列式计算方法的应用，掌握基础是关键。
15.金属钨用途广泛，主要用于制造硬质或耐高温的合金，以及灯泡的灯丝。高温下，在密闭容器中用H2还原WO3可得到金属钨，其总反应为：WO3 (s) + 3H2 (g) W (s) + 3H2O (g) 请回答下列问题：
（1）上述反应的化学平衡常数表达式为___________________________。
（2） 某温度下反应达平衡时，H2与水蒸气的体积比为2:3，则H2的平衡转化率为_______；随温度的升高，H2与水蒸气的体积比减小，则该反应为___________反应（填“吸热”或“放热”）。
（3）上述总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如下表所示：
温度
25℃ 550℃ 600℃ 700℃
主要成份
WO3 W2O5 WO2 W
第一阶段反应的化学方程式为________；580℃时，固体物质的主要成分为________；假设WO3完全转化为W，则三个阶段消耗H2物质的量之比为__________________。
（4）已知：温度过高时，WO2 (s)转变为WO2 (g)；
WO2 (s) + 2H2 (g) W (s) + 2H2O (g)；ΔH ＝ +66.0 kJ·mol－1
WO2 (g) + 2H2 W (s) + 2H2O (g)；ΔH ＝ －137.9 kJ·mol－1
则WO2 (s) WO2 (g) 的ΔH ＝ ______________________。
（5）钨丝灯管中的W在使用过程中缓慢挥发，使灯丝变细，加入I2可延长灯管的使用寿命，其工作原理为：W (s) +2I2 (g) WI4 (g)。下列说法正确的有________。
a．灯管内的I2可循环使用
b．WI4在灯丝上分解，产生的W又沉积在灯丝上
c．WI4在灯管壁上分解，使灯管的寿命延长
d．温度升高时，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率减慢
【答案】 (1). (2). 60％ (3). 吸热 (4). 2WO3 + H2 W2O5 + H2O (5). W2O5、WO2 (6). 1:1:4 (7). +203.9 kJ·mol-1 (8). a、b
【解析】
【分析】
化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写，注意固体、纯液体不需要写出；由反应方程式知，消耗的H2与生成的水的物质的量相等，假定H2与水蒸气的物质的量分别为3mol、5mol，再根据转化率定义计算；500℃时，温度介于25℃～550℃，固体为WO3；由表中主要成分与温度关系可知，第二阶段反应为W2O5与H2反应生成WO2，同时还生成H2O，配平书写方程式；根据三个阶段的方程式进行计算三个阶段消耗H2物质的量之比；由化学方程式知，挥发的W与I2结合形成气态WI4，由于气体运动的结果，WI4会与还没有挥发的W接触，在高温下WI4分解生成的W附着在还没有挥发的W上，灯管壁温度较低，WI4不会分解，升高温度，正逆反应速率都加快，据此解答。
【详解】（1）WO3（s）+3H2（g） W（s）+3H2O（g）的平衡常数k=；（2）由反应方程式知，消耗的H2与生成的水的物质的量相等，故H2的平衡转化率为×100%=60%，升高温度，H2与水蒸气的体积比减小，说明升温时平衡向右移动，故正反应为吸热反应；（3）由表中主要成分与温度关系可知，第一阶段反应为WO3与H2反应是W2O5，同时还生成H2O，反应方程式为：2WO3+H2 W2O5+H2O，580℃时，温度介于550℃～600℃，固体为W2O5、WO2的混合物；假定有2molWO3，由2WO3+H2 W2O5+H2O、W2O5+H2 2WO2+H2O、WO2+2H2 W+2H2O可知,三个阶段消耗的氢气的物质的量之比为1mol：1mol：2mol×2=1：1：4；（4）已知：①WO2（s）+2H2（g）⇌W（s）+2H2O（g）△H=+66.0kJ•mol-1，②WO2（g）+2H2⇌W （s）+2H2O（g）△H=-137.9kJ•mol-1，依据盖斯定律，①-②得WO2（s）⇌WO2（g），故△H=66.0kJ•mol-1-（-137.9kJ•mol-1）=+203.9 kJ•mol-1；（5）由所给化学方程式知，挥发的W与I2结合形成气态WI4，由于气体运动的结果，WI4会与还没有挥发的W接触，在高温下WI4分解生成的W及I2，生成W附着在还没有挥发的W上，灯管内的I2可循环使用，故a、b对；灯管壁温度较低，WI4不会分解，故c错；升高温度，也能加快W与I2的反应速率，故d错，答案选ab。
【点睛】本题考查化学平衡常数的书写、反应热的计算、化学平衡移动原理、化学平衡计算等，题目选择的素材比较陌生，侧重考查学生的能力。
1.某温度下，反应2N2O54NO2+O2开始时c(N2O5)=0.0408mol·L-1，经1 min后测得c(N2O5)=0.030mol·L-1，则该反应的反应速率为
A. v(N2O5)=1.08×10-4 mol•L-1•s-1 B. v(N2O5)= 1.8×10-1 mol•L-1•min
C. v(O2)=9.0×10-5 mol•L-1•s-1 D. 2 v(NO2)= v(N2O5)
【答案】C
【解析】根据化学反应速率公式和化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算。
【详解】v（N2O5）==1.8×10-4mol•L-1•s-1；v（N2O5）：v（NO2）=1：2，故v（NO2）=2v（N2O5）=2×1.8×10-4mol=3.6×10-4mol•L-1•s-1；v（N2O5）：v（O2）=2：1，故v（O2）=0.5v（N2O5）=0.5×1.8×10-4mol=9×10-5mol•L-1•s-1，故选C。
【点睛】本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率的定义和化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键。
2.下列关于有效碰撞理论与影响速率因素之间关系正确的是
A. 增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率
B. 通过压缩体积增大压强，可以提高单位体积内活化分子数，从而提高反应速率
C. 升高温度，可以提高活化分子的能量，会减慢反应速率
D. 加入催化剂可以降低活化能，活化分子百分比虽然没变，但可以加快反应速率
【答案】B
【解析】A、浓度增大，活化分子数目增多；B、压强增大，活化分子数目增多；C、升高温度，给分子提供能量，活化分子百分数增大，增大反应速率；D、催化剂能降低活化能增大活化分子的百分数。
【详解】浓度增大，活化分子数目增多，从而使反应速率增大，A不选；有气体参加的化学反应，若压强增大，活化分子数目增多，从而使反应速率增大，B选；升高温度，给分子提供能量，活化分子百分数增大，则反应速率加快，C不选；催化剂能降低活化能增大活化分子的百分数，从而增大反应速率增大，D不选。
故选B。
【点睛】本题考查影响化学反应速率的影响，把握活化分子及活化理论为解答的关键。
3.对可逆反应：A(g)+3B(g) 2C(g) ∆H <0，下列叙述错误的是
A. 升高温度v（正）、v（逆）都增大，但v（正）增的更大
B. 增大压强v（正）、v（逆）都增大，但v（正）增的更大
C. 增大A的浓度v（正）会先增大后减小
D. 采用催化剂一般v（正）、v（逆）同时增大，而且增大的倍数相同
【答案】A
【解析】A、升高温度化学反应速率加快，反应向着吸热的逆反应方向进行；B、增大压强化学反应速率加快，反应向着气体的系数和减小的方向进行；C、增大反应物的浓度，反应速率加快，随着反应进行，反应物浓度减小，反应速率减小；D、使用催化剂可同时、同等程度的改变正逆反应速率。
【详解】升高温度v（正）、v（逆）都增大，同时反应向着逆方向进行，v（逆）增的更大，A错误；增大压强v（正）、v（逆）都增大，同时反应向着正方向进行，v（正）增的更大，B正确；增大反应物A的浓度，v（正）、v（逆）都会增大，随着反应进行，反应物A的浓度减小，v（正）减小，C正确；使用催化剂可同时、同等程度的改变正逆反应速率，所以采用正的催化剂一般v（正）、v（逆）同时增大，而且增大的倍数相同，D正确。
故选A。
【点睛】本题考查学生影响化学反应速率、化学平衡移动的因素知识，注意二者相结合时的灵活应用。
4.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)=0.5 mol/L，c(HI)=4 mol/L，则此温度下反应①的平衡常数为
A. 9 B. 16 C. 20 D. 25
【答案】C
【解析】
试题分析：因为平衡时c(H2)＝0.5 mol·L-1，据反应②得参加反应的C（HI）="1mol" /L,因为平衡后c(HI)＝4 mol·L-1，所以反应①生成的c(HI)="4" mol·L-1+1 mol·L-1="5" mol·L-1，据反应①得c(NH3)="5" mol·L-1，所以反应①的平衡常数= c(NH3) ・c(HI)=" 5" mol·L-1・4 mol·L-1=20，答案选C。
考点：考查平衡常数计算
5.在一定温度下的定容容器中，当反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)达到平衡状态后，下列哪些物理量不再发生变化，
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气体总物质的量 ⑤混合气体的平均相对分子质量 ⑥v(C)与v(D)
A. ②③⑤ B. ①②③ C. ②③④⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】D
【解析】该反应是反应前后气体体积不变的可逆反应，无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的总物质的量、压强始终不变；A为固态，反应前后气体质量发生改变，混合气体的密度和平均相对分子质量发生改变，达到平衡状态后，混合气体的密度、平均相对分子质量和B的物质的量浓度不变；无论反应是否达到平衡状态，v（C）与v（D）的比值始终不变。
【详解】①该反应是反应前后气体体积不变的可逆反应，无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的压强始终不变；②因A为固态，则该反应是一个反应前后气体的密度改变的可逆反应，当混合气体的密度不变时，说明反应达到平衡状态；③当反应达到平衡状态时，B的物质的量的浓度不变；④该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，混合气体的物质的量始终不变；⑤因A为固态，则该反应是一个反应前后混合气体的平均相对分子质量改变的反应，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明该反应达到平衡状态；⑥无论反应是否达到平衡状态，v（C）与v（D）的比值始终不变。故选D。
【点睛】解题时要注意，反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，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。
6.已知可逆反应aA＋bBcC中，5分钟时分别测得在不同温度下物质的含量A%和C%，绘制变化曲线如图所示，下列说法正确的是
A. 该反应在T1、T3温度时达到过化学平衡
B. 该反应在T2温度时达到过化学平衡
C. 该反应的逆反应是放热反应
D. 升高温度，平衡会向正反应方向移动
【答案】B
【解析】T2℃之前，A%变小，C%从0逐渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之前该反应未达到平衡状态，而T2℃时为化学平衡状态，T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，正反应为放热反应。
【详解】T1温度之后，A%继续变小，C%继续增大，T2℃达到平衡状态，升高温度平衡向吸热的逆反应方向移动， A%增大，C%减小，故T1温度时未达到化学平衡，T3温度时达到化学平衡，A错误；T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，而T2℃时恰好平衡，B正确；T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，C错误；T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，温度升高使平衡向逆反应移动，D错误。
故选：B。
【点睛】本题化学反应图象分析，明确图象中曲线变化趋势与温度的关系是解本题关键，会根据图象确定平衡状态及反应热。
7.在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）＋B（g）xC（g）（正反应放热）有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）
A. P3＞P4，y轴表示B的转化率
B. P3＜P4，y轴表示B的体积分数
C. P3＜P4，y轴表示混合气体的密度
D. P3＞P4，y轴表示混合气体的密度
【答案】A
【解析】图1中，根据先拐先平数值大知，温度一定时，P2＞P1，增大压强，C的含量增大，则平衡向正反应方向移动，所以x=1；压强一定时，T1＞T2，升高温度，C的含量降低，则正反应是放热反应。
【详解】升高温度平衡向逆反应方向移动，B的转化率减小，增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，则P3＞P4，A正确；升高温度平衡向逆反应方向移动，B的体积分数减小，B错误；混合气体总质量不变，容器容积不变，反应混合气体的密度不变，C、D错误。故选A。
【点睛】本题考查图象分析，侧重考查学生分析判断能力，根据先拐先平数值大确定反应热和x值，再采用“定一议二”的方法分析解答。
8.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律（图中P表示压强，T表示温度，n表示物质的量）：
根据以上规律判断，下列结论正确的是( )
A. 反应Ⅰ：ΔH＞0，P2＞P1
B. 反应Ⅱ：ΔH＜0，T1＜T2
C. 反应Ⅲ：ΔH＞0，T2＞T1；或ΔH＜0，T2＜T1
D. 反应Ⅳ：ΔH＜0，T2＞T1
【答案】C
【解析】
A．由图可知，升高温度，A的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，则△H＜0，正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，A的转化率增大，则P2＞P1，故A错误；B．温度越高，反应速率越快，到达平衡的时间越快，则温度T1＞T2，升高温度C的物质的量减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，则△H＜0，故B错误；C．若△H＞0，T2＞T1，则升高温度平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，如△H＜0，T2＜T1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，与图像吻合，故C正确；D．如△H＜0，则升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，则T2＜T1，故D错误；故选C。
9.高温下，某反应达平衡，平衡常数K=恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是
A. 该反应的焓变为正值 B. 恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
C. 升高温度，逆反应速率减小 D. 该反应化学方程式为CO+H2OCO2+H2
【答案】A
【解析】根据平衡常数的表达式K=可知，该反应的方程式是CO2+H2CO+H2O，恒容时，温度升高，H2的浓度减小，说明平衡正向移动，正反应是吸热反应。
【详解】温度升高，H2的浓度减小，平衡正向移动，正反应是吸热反应，该反应的焓变为正值，A正确；反应前后体积不变，改变压强，平衡不移动，所以恒温恒容下，增大压强，氢气的浓度不一定是减小的，B错误；升高温度，反应速率增大，C错误；根据平衡常数的表达式可知，该反应的方程式是CO2+H2CO+H2O，D错误。
故选A。
【点睛】本题考查外界条件对化学平衡的影响、化学平衡常数等，该题的关键是根据平衡常数的表达式得出该反应的方程式，然后灵活运用即可。
10.在体积恒定的密闭容器中，一定量的SO2与1.100molO2在催化剂作用下加热到600℃发生反应：2SO2+O22SO3；△H＜0。当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，在相同的温度下测得气体压强为反应前的82.5%。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时反应达到平衡
B. 降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大
C. 将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀的质量为161.980g
D. 达到平衡时，SO2的转化率是90%
【答案】D
【解析】
A、生成SO3和消耗SO2，反应都是向正反应方向进行，因此不能说明反应达到平衡，故A错误；B、此反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度小，故B错误；C、
2SO2＋O22SO3 △n
2 1 2 1
2×0.315 0.315 气体通入到足量的BaCl2溶液中，发生SO3＋H2O＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl，n(SO3)=n(BaSO4)=2×0.315mol=0.63mol，质量为0.63×233g=146.79g，故C错误；
D、 2SO2＋O22SO3 △n
起始： a 1.1 0
变化： 0.63 0.315 0.63
平衡：a－0.63 0.785 0.63 相同条件下，达到平衡，气体压强是反应前的82.5%，即为(a＋1.1)/(a＋0.785)=1/0.825，解得a=0.7mol，即SO2的转化率为0.63/0.7×100%=90%，故D正确。
点睛：用不同物质的反应速率表示反应达到平衡，要求反应的方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，生成SO3和消耗SO2，反应都向正反应方向进行，因此不能作为达到平衡的标志。
11.在1L密闭容器中充入2molSO2和1molO2进行2SO2 + O2 2SO3 ΔH ＜0，达到平衡时SO2转化率为a%，在1L绝热容器中投料相同的情况下进行该反应，达到平衡时SO2转化率为b%，则下列关系正确的是
A. a%﹥b% B. a%﹤b% C. a%=b% D. a% 和b%的关系不确定
【答案】A
【解析】
该反应为放热反应，绝热容器中反应温度升高，升高温度，平衡逆向进行。
【详解】在1L绝热容器中投料相同的情况下进行该反应，绝热容器中反应温度升高，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，SO2转化率减小。故选A。
【点睛】绝热容器就是体系与环境之间没有热交换的容器，如是放热反应，随着反应的进行，容器中温度升高，反应速率加快，化学平衡向吸热方向移动。如是吸热反应，容器中温度降低，反应速率减慢，化学平衡向放热方向移动。
12.可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g) 、②2M（g）N（g）+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图示：
下列判断正确的是
A. 反应①的正反应是吸热反应
B. 达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14:15
C. 达平衡（I）时，X的转化率为
D. 在平衡（I）和平衡（II）中M的体积分数相等
【答案】C
【解析】A、由图可知：降温由平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明①平衡向右移动，正反应放热，故A错误；B、达平衡（Ⅰ）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：2/x=2.2/2.8，x=2×2.8/2.2=28/11mol，即物质的量减少了3-28/11=5/11mol，所以达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为5/11；故B正确；C、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：2/2.2=10/11，故C错误；D、由平衡（Ⅰ）到平衡（Ⅱ），化学反应②发生移动，M的体积分数不会相等的，故D错误。故选：B。
13.按要求写出下列化学方程式或离子方程式：
（1）硫酸酸化的高锰酸钾与草酸反应的化学方程式：_____________________________。
（2）硫代硫酸钠与稀硫酸反应的化学方程式：____________________________________。
（3）硫酸酸化的碘化钾溶液与氧气反应的离子方程式：________________________。
（4）K2Cr2O7的溶液中K2Cr2O7与K2CrO4转化的离子方程式：____________________。
【答案】 (1). 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O (2). Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O (3). 4H++4I-+O2=2I2+2H2O (4). Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+
【解析】（1）草酸具有还原性，被酸性高锰酸钾氧化成二氧化碳，高锰酸钾还原成Mn2+；（2）硫代硫酸根离子和酸反应生成硫单质和二氧化硫气体；（3）碘化钾具有还原性，酸性条件下可被氧气氧化为单质碘；（4）K2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+。
【详解】（1）酸性条件下，酸化的高锰酸钾与草酸发生氧化还原反应，生成锰离子、二氧化碳、水，该离子反应为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；（2）硫代硫酸钠与稀硫酸发生歧化反应，生成S、二氧化硫、水，反应的离子反应为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；（3）硫酸酸化的碘化钾淀粉溶液中的碘离子会被氧气氧化为碘单质，遇淀粉溶液呈蓝色，反应的离子方程式为：4H++4I-+O2=2I2+2H2O；（4）在水溶液中，橙红色的Cr2O72-与黄色的CrO42-存在转化平衡，转化的离子方程式为：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+。
【点睛】本题考查化学方程式、离子方程式的书写，明确物质性质是解本题关键，涉及氧化还原反应，注意硫代硫酸钠化学式的书写及S元素化合价，为易错点。
14.已知可逆反应：M(g)+N(g)P(g)+Q(g) ΔH＞0请回答下列问题：
（1）在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)= 1 mol·L-1，c(N)=2.4 mol·L-1；达到平衡后，M的转化率为60％，此时N的转化率为___________ ；
（2）若反应温度升高，M的转化率_______ （填“增大”“减小”或“不变”） ；
（3）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)= 4 mol·L-1，c(N)=a mol·L-1；达到平衡后，c(P)=2 mol·L-1，a=_________ ；
（4）若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M)=c(N)=b mol·L-1，达到平衡后，M的转化率为______ 。
【答案】 (1). 25% (2). 增大 (3). 6 (4). 41%
【解析】（1）根据方程式可知反应消耗的N和M的物质的量相等进行计算；（2）根据温度对平衡的影响分析，反应放热，升高温度平衡左移；（3）由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，以此计算；（4）设平衡时转化的M为xmol，由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，以此计算。
【详解】达到平衡后，M的转化率为60%，反应浓度=1mol•L-1×60%=0.6mol，由此建立如下三段式：
M（g）+N（g）P（g）+Q（g）
起始量（mol/L） 1 2.4 0 0
变化量（mol/L） 0.6 0.6 0.6 0.6
平衡量（mol/L）0.4 1.8 0.6 0.6
K==0.5。
（1）由三段式数据可得N的转化率=×100%=×100%=25%；
（2）M（g）+N（g）P（g）+Q（g）△H＞0，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，M的转化率增大；
（3）起始量=消耗量+平衡量，则依据题给条件建立三段式：
M（g）+N（g）P（g）+Q（g）
起始量（mol/L） 4 a 0 0
变化量（mol/L） 2 2 2 2
平衡量（mol/L） 2 a-2 2 2
则由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，则有K==0.5，a=6；
（4）设平衡时M的转化率为x，依据题给条件建立三段式：
M（g）+N（g）P（g）+Q（g）
起始量（mol/L） b b 0 0
变化量（mol/L） bx bx bx bx
平衡量（mol/L） b—bx b-bx bx bx
则由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，则有K==0.5，解得x=0.41。
【点睛】本题考查了化学平衡计算方法的分析应用，主要是三段式列式计算方法的应用，掌握基础是关键。
15.金属钨用途广泛，主要用于制造硬质或耐高温的合金，以及灯泡的灯丝。高温下，在密闭容器中用H2还原WO3可得到金属钨，其总反应为：WO3 (s) + 3H2 (g) W (s) + 3H2O (g) 请回答下列问题：
（1）上述反应的化学平衡常数表达式为___________________________。
（2） 某温度下反应达平衡时，H2与水蒸气的体积比为2:3，则H2的平衡转化率为_______；随温度的升高，H2与水蒸气的体积比减小，则该反应为___________反应（填“吸热”或“放热”）。
（3）上述总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如下表所示：
温度
25℃ 550℃ 600℃ 700℃
主要成份
WO3 W2O5 WO2 W
第一阶段反应的化学方程式为________；580℃时，固体物质的主要成分为________；假设WO3完全转化为W，则三个阶段消耗H2物质的量之比为__________________。
（4）已知：温度过高时，WO2 (s)转变为WO2 (g)；
WO2 (s) + 2H2 (g) W (s) + 2H2O (g)；ΔH ＝ +66.0 kJ·mol－1
WO2 (g) + 2H2 W (s) + 2H2O (g)；ΔH ＝ －137.9 kJ·mol－1
则WO2 (s) WO2 (g) 的ΔH ＝ ______________________。
（5）钨丝灯管中的W在使用过程中缓慢挥发，使灯丝变细，加入I2可延长灯管的使用寿命，其工作原理为：W (s) +2I2 (g) WI4 (g)。下列说法正确的有________。
a．灯管内的I2可循环使用
b．WI4在灯丝上分解，产生的W又沉积在灯丝上
c．WI4在灯管壁上分解，使灯管的寿命延长
d．温度升高时，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率减慢
【答案】 (1). (2). 60％ (3). 吸热 (4). 2WO3 + H2 W2O5 + H2O (5). W2O5、WO2 (6). 1:1:4 (7). +203.9 kJ·mol-1 (8). a、b
【解析】
【分析】
化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写，注意固体、纯液体不需要写出；由反应方程式知，消耗的H2与生成的水的物质的量相等，假定H2与水蒸气的物质的量分别为3mol、5mol，再根据转化率定义计算；500℃时，温度介于25℃～550℃，固体为WO3；由表中主要成分与温度关系可知，第二阶段反应为W2O5与H2反应生成WO2，同时还生成H2O，配平书写方程式；根据三个阶段的方程式进行计算三个阶段消耗H2物质的量之比；由化学方程式知，挥发的W与I2结合形成气态WI4，由于气体运动的结果，WI4会与还没有挥发的W接触，在高温下WI4分解生成的W附着在还没有挥发的W上，灯管壁温度较低，WI4不会分解，升高温度，正逆反应速率都加快，据此解答。
【详解】（1）WO3（s）+3H2（g） W（s）+3H2O（g）的平衡常数k=；（2）由反应方程式知，消耗的H2与生成的水的物质的量相等，故H2的平衡转化率为×100%=60%，升高温度，H2与水蒸气的体积比减小，说明升温时平衡向右移动，故正反应为吸热反应；（3）由表中主要成分与温度关系可知，第一阶段反应为WO3与H2反应是W2O5，同时还生成H2O，反应方程式为：2WO3+H2 W2O5+H2O，580℃时，温度介于550℃～600℃，固体为W2O5、WO2的混合物；假定有2molWO3，由2WO3+H2 W2O5+H2O、W2O5+H2 2WO2+H2O、WO2+2H2 W+2H2O可知,三个阶段消耗的氢气的物质的量之比为1mol：1mol：2mol×2=1：1：4；（4）已知：①WO2（s）+2H2（g）⇌W（s）+2H2O（g）△H=+66.0kJ•mol-1，②WO2（g）+2H2⇌W （s）+2H2O（g）△H=-137.9kJ•mol-1，依据盖斯定律，①-②得WO2（s）⇌WO2（g），故△H=66.0kJ•mol-1-（-137.9kJ•mol-1）=+203.9 kJ•mol-1；（5）由所给化学方程式知，挥发的W与I2结合形成气态WI4，由于气体运动的结果，WI4会与还没有挥发的W接触，在高温下WI4分解生成的W及I2，生成W附着在还没有挥发的W上，灯管内的I2可循环使用，故a、b对；灯管壁温度较低，WI4不会分解，故c错；升高温度，也能加快W与I2的反应速率，故d错，答案选ab。
【点睛】本题考查化学平衡常数的书写、反应热的计算、化学平衡移动原理、化学平衡计算等，题目选择的素材比较陌生，侧重考查学生的能力。
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