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【化学】山东省泰安市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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山东省泰安市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试
1. 1913年德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大大满足了当时日益增长的人口对粮食的需求。下列是哈伯法的流程图，其中为提高原料转化率而采取的措施是
A. ①②③ B. ②④⑤ C. ①③⑤ D. ②③④
【答案】B
【解析】
试题分析：合成氨气的反应是体积减小的、放热的可逆反应。所以增大压强平衡向正反应方向移动，可提高原料的转化率，催化剂不能影响平衡状态，不能提高转化率。把生成物氨气及时分离出来，可以促使平衡向正反应方向移动，提高转化率。通过氮气和氢气的循环使用，可以越高原料的利用率，即②④⑤正确，答案选B
考点：考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响
2.下列事实中，不能应用化学平衡移动原理来解释的是
①可用浓氨水和NaOH固体快速制氨气 ②700K左右比室温更有利于合成氨反应 ③开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫 ④温度升高水的KW增大
⑤对于反应2HI(g) H2(g)+I2(g)达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深
A. ①②③ B. ②④⑤ C. ②⑤ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【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。
【详解】①浓氨水加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶解放热，使一水合氨分解生成氨气的，化学平衡NH3+H2ONH3H2ONH4++OH-，逆向进行，能用化学平衡移动原理解释，故①不选；
②合成氨放热，温度升高，平衡逆向移动，所以700K左右比室温不利于合成氨的反应，不能用勒夏特列原理解释，故②选；
③开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，属于可逆过程，可以用平衡移动原理解释，故③不选；
④因为水存在电离：H2OH++OH-，电离吸热，加热后平衡会向正向移动，H+与OH-的浓度之积就会增大，即Kw增大，可以用平衡移动原理解释，故④不选；
⑤对于反应2HI(g) H2(g)+I2(g)，增大平衡体系的压强平衡不移动，不能用化学平衡移动原理解释，故⑤选；
所以C选项是正确的。
【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且符合平衡移动的原理。本题易错②，合成氨采用700K左右是考虑速率因素，且使催化剂活性最大，与平衡移动无关。
3.一定条件下，将A、B、C三种物质各1 mol通入一个密闭容器中发生反应：2A+B2C，达到平衡时，B的物质的量可能是（ ）
A. 1.5mol B. 1 mol C. 0.5 mol D. 0 mol
【答案】B
【解析】
试题分析：如果反应向正向进行，最大的进行程度是A全部反应，此时B剩余0.5mol；如果反应向逆向进行，最大的进行程度是C全部反应，生成0.5molB，B的总量为1.5mol。由于反应不能完全进行，故B的物质的量介于0.5mol到1.5mol之间，故选B。
考点：可逆反应的特征、极限转化的思想。
4.某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）。下列有关叙述正确的是
A. 该反应为放热反应
B. 催化剂能改变该反应的焓变
C. 正、逆反应的活化能之差等于焓变
D. 逆反应的活化能大于正反应的活化能
【答案】C
【解析】
【详解】A项，由图可知，反应物的总能量低于生成物的能量，为吸热反应，故A项错误；
B项，焓变是指反应物与生成物之间的能量差值，与反应过程无关，催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，故B项错误；
C项，逆反应的活化能为E2，正反应的活化能E1，△H=E1-E2，故C项正确；
D项，图象分析，逆反应的活化能小于正反应的活化能，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
5.电解CuSO4溶液时，若必须达到以下三点要求：①阳极质量减少，②阴极质量增加，③电解液中c(Cu2+)不变。则可选用的电极是
A. 含Zn、Ag的铜合金作阳极，纯铜作阴极
B. 用纯铁作阳极，纯铜作阴极
C. 用石墨作阳极，惰性电极(Pt)作阴极
D. 用纯铜作阳极，含Zn、Ag的铜合金作阴极
【答案】D
【解析】
试题分析：CuSO4溶液含有阳离子：Cu2＋、H＋，阴离子：OH－、SO42－，根据电解的原理，阳离子在阴极上得电子，Cu2＋先放电Cu2＋＋2e－=Cu，附着在阴电极上，阴电极质量增大；阳极的质量减少，说明活动性金属做阳极，失电子；电解液中c(Cu2＋)不变，说明阴极上消耗的Cu2＋等于阳极上生成的Cu2＋，A、含Zn、Ag的铜合金作阳极，锌比铜活泼，锌先是电子，会使电解质溶液中c(Cu2＋)减小，错误；B、铁作阳极，Fe－2e－=Fe2＋，造成了电解液中c(Cu2＋)减小，错误；C、石墨作阳极，石墨是惰性材料，不参加反应，质量不变，错误；D、纯铜作阳极，Cu－2e－=Cu2＋，阴极上：Cu2＋＋2e－=Cu，阴极质量增加，阳极质量减小，溶液中c(Cu2＋)不变，符合题意，正确。
考点：考查电解原理。
6.①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池。①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少。据此判断四种金属活动性由大到小的顺序是（ ）
A. ①③②④ B. ①③④② C. ③④②① D. ③①②④
【答案】B
【解析】
【分析】
组成原电池时，负极金属较为活泼，可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极，则可判断金属的活泼性强弱。
【详解】在两种金属片相连浸入稀硫酸的原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，电子从负极流向正极，负极上金属失电子而导致质量减少，正极上氢离子得电子生成氢气，①②相连时，外电路电流从②流向①，则是②正极、①是负极，金属活动性②<①；①③相连时，③为正极，则金属活动性①>③；②④相连时，②上有气泡逸出，④为负极、②为正极，活动性④>②；③④相连时，③的质量减少，则③为负极、④为正极，活动性③>④，通过以上分析知，金属活动性强弱顺序是①③④②，答案选B。
【点睛】本题考查金属活泼性的判断，侧重于原电池的考查，注意原电池的组成特点以及工作原理，题目难度不大。易错点为②④相连时，②上有气泡逸出，应该为正极上氢离子得电子产生氢气，注意判断。
7.在25℃时,某无色溶液中由水电离出的c(H+)、c(OH-)满足c(H+)×c(OH-)=1×10-24mol2 •L-2,下列各组离子在该溶液中一定大量共存的是（ ）
A. Al3+ Na+ NO3- CO32- B. Fe2+ K+ NO3- SO42-
C. Na+ K+ [Al(OH)4]- Cl- D. Ba2+ K+ Cl- NO3-
【答案】D
【解析】
【分析】
由水电离出的c(H+)、c(OH-)满足c(H+)×c(OH-)=1×10-24mol2 •L-2，根据水的离子积常数可知：由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，不能发生氧化还原反应，则离子能大量共存，以此来解答。
【详解】由水电离出的c(H+)、c(OH-)满足c(H+)×c(OH-)=1×10-24mol2 •L-2，根据水的离子积常数可知：由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1，为酸或碱溶液，
A．碱溶液中不能大量存在Al3+，酸溶液中不能大量存在CO32-，不能大量共存，故A错误；
B．酸溶液中Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，碱溶液中不能大量存在Fe2+，不能大量共存，故B错误；
C．酸溶液中不能大量存在[Al(OH)4]-，不能大量共存，故C错误；
D．无论酸或碱溶液中，该组离子之间均不反应，可大量共存，故D正确。
故选D。
【点睛】有限制条件的离子共存问题，一定要把条件理解准确，本题的关键是根据溶液中由水电离出的c(H+)、c(OH-)满足c(H+)×c(OH-)=1×10-24mol2 •L-2，结合溶液的离子积常数Kw计算出由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1，判断出溶液为酸或碱溶液。
8.下列说法不正确的是
A. 铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加
B. 常温下，反应C(s)+CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的
C. 应用盖斯定律可计算某些难以直接测量的反应焓变
D. 1g碳与适量水蒸气反应生成 CO和H2，吸收10.94kJ热量，则热化学方程式为：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.28kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】A、铅蓄电池电极反应：负极：Pb+SO42—2e-=PbSO4；正极：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O 不难看出铅蓄电池在放电过程中，负极生成PbSO4质量增加，正极生成PbSO4质量也增加，故A错误；
B、因熵增、焓减的化学反应可能自发进行，反应气体体积增大，反应C(s)+CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的，故B正确；；
C、反应的焓变与变化过程无关，只与初始和终了状态有关，对某些难以直接测量的反应焓变，可以根据盖斯定律设计过程利用已知反应焓变计算，故C正确；
D、由1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94kJ热量，则1mol碳与水蒸气反应，吸收10.94kJ×12=131.28kJ，
则此反应的热化学方程式为C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.28kJ/mol，故D正确。
答案选A。
9.下列说法正确的是
A. 25℃时，同物质的量浓度的酸、碱溶液中，水的电离程度相同
B. 25℃时，水在同pH的硫酸溶液和醋酸溶液中的电离程度不同
C. 某温度下，某溶液中[H+]=1.0×10－7 mol/L，则该溶液一定呈中性
D. 常温下，某溶液由水电离出的[OH－]=1×10－13 mol/L，则该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氢离子或氢氧根离子对水的电离有抑制作用，同物质的量浓度的酸、碱溶液中氢离子与氢氧根浓度不一定相同，所以水的电离程度也不一定相同，故A错误；
B. pH相同的硫酸溶液和醋酸溶液中氢离子浓度相同，对水的电离抑制作用相同，所以水的电离程度相同，故B错误；
C. 溶液酸碱性由氢离子和氢氧根离子浓度相对大小决定，若c(H+)=c(OH-)，溶液为中性，某溶液中c(H+)=1.0×10－7 mol/L，则该溶液不一定呈中性，故C错误；
D. 常温下，某溶液由水电离出的c(OH-)=1×10－13 mol/L，则说明水的电离受到抑制，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，故D正确。
综上所述，本题正确答案为D。
10.结合图判断，下列叙述正确的是
A. I和II中正极均被保护
B. I和II中负极反应均是Fe－2e－===Fe2+
C. I和II中正极反应均是O2+2H2O+4e－===4OH－
D. I和II中电池反应均为Fe+2H+===Fe2++H2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A.在原电池中，负极被氧化，正极被保护，故A正确；
B.I中，Zn为负极，负极反应式为Zn－2e－===Zn2+，故B错误；
C. II中溶液呈酸性，发生析氢腐蚀，正极反应式为2H++2e－===H2↑，故C错误；
D. II中溶液呈中性，发生吸氧腐蚀，电池反应为2Fe+ O2+2H2O ===2Fe(OH)2，故D错误。
综上所述，本题正确答案为A。
11.某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g)+3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如下图所示的曲线（图中T表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是（ ）
A. 若T2＞T1，则正反应一定是放热反应
B. 达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c
C. 若T2＞T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd> vb
D. 在T2和n(A2)不变时达到平衡，AB3的物质的量大小为：c＞b＞a
【答案】D
【解析】
【详解】A项，若T2＞T1，说明随着温度的升高，AB3的体积分数增大，平衡向正反应方向进行，则该反应为吸热反应，故A项错误；
B项，在T2和n(A2)不变时，随着n(B2)的增大，平衡向正反应方向进行，达到平衡时A2的转化率增加，即A2的转化率大小为：c>b>a，故B项错误；
C项，温度越高，反应速率越快，若T2＞T1，达到平衡时，b、d点的反应速率有vb > vd，故C项错误；
D项，在T2和n(A2)不变时，随着n(B2)的增大，平衡向正反应方向进行，达到平衡时AB3的物质的量增大，则AB3的物质的量大小为：c>b>a，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】本题主要考查影响化学平衡移动的因素以及影响化学反应速率的因素，解题关键在于仔细审题，尤其是图象的分析方法，注意曲线的变化趋势。
12.某温度时，一定压强下的密闭容器中发生反应：aX(g)+bY(g)cZ(g)+dW(g)，达平衡后，保持温度不变压强增大至原来的2倍，当再达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.8倍，下列叙述正确是
A. 平衡正移 B. (a+b)>(c+d)
C. Z的体积分数变小 D. X的转化率变大
【答案】C
【解析】
试题分析：保持温度不变压强增大至原来的2倍，将容器的容积压缩到原来容积的一半，假定平衡不移动，W浓度变为原来的2倍，达到新平衡时，物质W的浓度是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应由a+b＜c+d，A、由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，故A错误；B、平衡向逆反应方向移动，则应由a+b＜c+d，故B正确；C、平衡向逆反应移动，Z的体积分数减小，故C正确；D、由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，X的转化率变小，故D错误；故选BC。
【考点定位】考查化学平衡的影响因素
【名师点晴】本题考查化学平衡移动的影响，题目难度不大，本题注意用假定法判断，如果平衡不移动，则达到平衡时W的浓度为原来的2倍，根据实际W的浓度，判断平衡移动。
13.已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列有关叙述正确的是
①生成物的体积分数一定增大 ②生成物的产量一定增加 ③反应物的转化率一定增大 ④反应物浓度一定降低 ⑤逆反应速率一定降低 ⑥使用合适的催化剂
A. ② B. ①②③ C. ②③④ D. ④⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①对于正反应气体体积减少的反应，平衡向正反应移动，生成物的体积分数减小，故①错误；
②平衡向正反应移动，生成物的浓度不一定增大，但生成物的产量一定增加，故②正确；
③增大某一反应的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，故③错误；
④增大某一反应的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，浓度降低，自身增大，故④错误；
⑤平衡向正反应移动，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，直到正逆反应速率又达到相等，建立新的平衡，故⑤错误；
⑥加入催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，故⑥错误。
综上所述②正确。
故选A。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，注意影响化学平衡移动的因素，解答时注意从勒沙特列原理的角度分析，学习中注意基础知识的理解掌握，全面透彻理解平衡移动方向与各物理量的关系。
14.下列叙述正确的是
A. 某温度下，蒸馏水中的[H+]=1.0×10—6mol·L—1，则该温度一定高于25℃
B. 25℃时，pH=13的氢氧化钡溶液中，由水电离出来的[H+]=1.0×10—13mol·L—1，此时由水电离出来的[OH—][H+]
C. 25℃时，水中加入氢氧化钠固体，水的电离平衡逆向移动，水的离子积减小
D. 25℃时，0.1 mol·L—1的盐酸与0.1mol·L—1的NaOH溶液中，水的电离程度不同
【答案】A
【解析】
【详解】A、常温下，蒸馏水中c(H+)=1.0×10-7mol•L-1，现在温度下c(H+)＞1.0×10-7mol·L-1，所以温度高于25℃，故A正确；
B、在任意水溶液中，由水电离出来的c(OH—)=c(H+)，故B错误；
C、水的离子积只受温度的影响，加入NaOH后，Kw不变，故C错误；
D、25℃时，0.1mol·L-1的盐酸与0.1mol·L-1的NaOH溶液中c(H+)=c(OH-)=0.1mol/L，对水电离的抑制能力相同，水的电离程度相同，故D错误。
故选A。
15.可逆反应aA(s)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)；△H=QkJ/mol,在反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度（T）、压强（p）的关系如下图所示：则以下正确的是
A. T1＞T2，Q＞0
B. T2＞T1，Q＞0
C. P1＜P2，a+b=c+d
D. P1＜P2，b=c+d
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据先拐先平数值大的原则，则T2＞T1，故A错误；
B、因为T2＞T1，说明温度升高，C的含量减少，则平衡逆向移动，则正向为放热反应，故B正确；
C、同理根据先拐先平数值大的原则，则P1＜P2，增大压强，B的含量不变，说明平衡未移动，则该反应是气体的物质的量不变的可逆反应，所以b=c+d，a为固体，不影响化学平衡，故C错误，D正确。
答案选D。
16.在一定条件下，对于反应mA(g)＋nB(g)cC(g)＋dD(g)，C物质的浓度(C%)与温度、压强的关系如图所示，下列判断正确的是
A. ΔH<0 ΔS>0
B. ΔH>0 ΔS<0
C. ΔH>0 ΔS>0
D. ΔH<0 ΔS<0
【答案】A
【解析】
试题分析：由曲线图可知，增大压强，C%减少，即增大压强平衡向逆反应方向移动，所以逆反应为气体体积减小的反应，即m+n
17.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na－CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2＋4Na2Na2CO3＋C。下列说法错误的是（ ）。
A. 放电时，ClO4－向负极移动
B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C. 放电时，正极反应为：3CO2＋4e－=2CO32－＋C
D. 充电时，正极反应为：Na＋＋e－=Na
【答案】D
【解析】
分析：原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反应，据此解答。
详解：A. 放电时是原电池，阴离子ClO4－向负极移动，A正确；
B. 电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C，因此充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；
C. 放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO2+4e−＝2CO32－+C，C正确；
D. 充电时是电解，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO32－+C－4e−＝3CO2，D错误。答案选D。
点睛：本题以我国科学家发表在化学顶级刊物上的“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次电池”为载体考查了原电池和电解池的工作原理，掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意充电与发电关系的理解。本题很好的弘扬了社会主义核心价值观个人层面的爱国精神，落实了立德树人的教育根本任务。
18.一定温度下，在密闭容器中发生如下反应：N2O4(g)2NO2(g) △H>0，反应达到平衡时，下列说法不正确的是 （ ）
A. 若缩小容器的体积，则容器中气体的颜色先变深后又变浅，且比原平衡颜色深
B. 若压强不变,向容器中再加入一定量的N2O4，再次达到平衡时各种物质的百分含量不变
C. 若体积不变，向容器中再加入一定量的N2O4，平衡向逆反应方向移动，再次平衡时N2O4的转化率将降低
D. 若体积不变，升高温度，再次平衡时体系颜色加深
【答案】C
【解析】
A、缩小容器的体积，物质浓度增大，压强增大平衡逆向进行，二氧化氮是红棕色气体，四氧化二氮是无色气体，则容器中气体的颜色先变深后又变浅，且比原平衡颜色深，故A正确；
B、若压强不变，向容器中再加入一定量的N2O4，体积增大，最后达到相同平衡状态，故B正确；
C、若体积不变，向容器中再加入一定量的N2O4，平衡正向进行，等效于增大原来平衡压强，平衡逆向进行，平衡时N2O4的转化率将降低，故C错误；
D、反应是吸热反应，升温平衡向正向进行，再次平衡时体系颜色加深，故D正确；
故选C．
19.下列说法中有明显错误的是（ ）
A. 加入适宜的催化剂，使分子能量增加，从而可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大反应速率
B. 活化分子之间发生的碰撞不一定为有效碰撞
C. 升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大
D. 对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大
【答案】A
【解析】
【分析】
升高温度、加入催化剂，可增大活化分子的百分数，反应速率增大，当活化分子发生碰撞且有生成物生成时，发生化学反应，此时的碰撞为有效碰撞，以此解答。
【详解】A. 加入催化剂，降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，有效碰撞次数增加，所以A选项是错误的；
B.当活化分子发生碰撞且有生成物生成时，发生化学反应，此时的碰撞为有效碰撞，如没有发生化学反应，则不是有效碰撞，所以B选项是正确的；
C.升高温度，可增大活化分子的百分数，有效碰撞次数增加，反应速率增大，所以C选项是正确的；
D.对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，则增大气体的浓度，单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，所以D选项是正确的。
答案选A。
20.在一定温度下发生反应：I2(g)+H2(g) 2HI(g); △H＜0并达平衡。HI的体积分数随时间变化如下图曲线(II)所示，若改变反应条件，在甲条件下HI的体积分数的变化如曲线(I)所示。在乙条件下HI的体积分数的变化如曲线(III)所示。则甲条件、乙条件分别是
①恒容条件下，升高温度 ②恒容条件下，降低温度 ③恒温条件下，缩小反应容器体积 ④恒温条件下，扩大反应容器体积 ⑤恒温恒容条件下，加入适当的催化剂
A. ①⑤, ③ B. ②⑤, ④ C. ③⑤, ② D. ③⑤, ④
【答案】D
【解析】
【分析】
达到平衡所用时间不同，碘化氢的含量不变，说明该条件只改变反应速率不影响平衡，压强和催化剂对该反应平衡无影响，据此分析。
【详解】在甲条件下V（HI）的变化如曲线（Ⅰ） 所示，反应时间缩短，碘化氢的含量不变，说明该条件只增大了反应速率不影响平衡，增大压强和加入催化剂对该反应平衡无影响，但都增大反应速率，缩短反应时间；
在乙条件下V（HI）的变化如曲线（Ⅲ） 所示，反应时间变长，碘化氢的含量不变，说明反应速率减小，平衡不移动，所以是减小压强，即扩大容器体积，
故答案为：③⑤；④；
答案选D。
【点睛】本题考查外界条件对化学平衡的影响，等效平衡等知识点，注意碘和氢气的反应特点及等效平衡的应用。
21.放热反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)在温度t1时达到平衡，平衡时C1(CO)=C1(H2O)=1.0 mol/L，其平衡常数为K1。升高反应体系的温度至t2时，反应物的平衡浓度分别为C2(CO)和C2(H2O)，平衡常数为K2，则
A. K1和K2的单位均为mol/L B. K1 < K2
C. C2(CO) = C2(H2O) D. C1(CO) > C2(CO)
【答案】C
【解析】
【分析】
A.根据CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)写出平衡常数表达式，则K的单位不是mol/L；
B.正向反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，据此判断；
C. t1时达到平衡，C1(CO)=C1(H2O)=1.0 mol/L，浓度之比等于化学计量数之比1:1，二者转化率相等，据此判断；
D.升高反应体系的温度至t2时，平衡逆向进行，CO浓度增大。
【详解】A、由化学平衡CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，则平衡常数表达式K=，所以K的单位为1，不是mol/L，故A错误；
B、升高反应体系的温度至t2时，正向反应是放热反应，所以温度升高，平衡向吸热反应方向进行，即平衡逆向进行， K2
D、升高反应体系的温度至t2时，平衡逆向进行，所以C2(CO) > C1(CO)，故D错误。
所以C选项是正确的。
22.如下图所示，按图甲装置进行实验，若图乙的x轴表示流入电极的电子的量，则y轴不可能表示的是 ( )
A. c(Ag＋) B. c(NO) C. 溶液氢离子浓度 D. 阴极质量
【答案】D
【解析】
【分析】
用银作阳极、铁作阴极电解硝酸银溶液时，阳极上银失电子发生氧化反应，阴极上银离子得电子发生还原反应，根据溶液中离子浓度变化来分析解答。
【详解】用银作阳极、铁作阴极电解硝酸银溶液时，阳极上银失电子发生氧化反应，电极反应式为:Ag-e-=Ag+，阴极上银离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Ag+ +e-= Ag，所以电解质溶液中氢离子、硝酸根离子、银离子浓度都不变，阴极上析出的银附着在银电极上，所以阴极质量增加，而图中Y不变，
所以D选项是正确的。
23.一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：
容器1
容器2
容器3
反应温度T/K
700
700
800
反应物投入量
2molSO2、1molO2
4molSO3
2molSO2、1molO2
平衡v正(SO2)/mol·L-1·s-1
v1
v2
v3
平衡c(SO3)/mol·L-1
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
物质的平衡转化率a
α1 (SO2)
α2 (SO3)
α3 (SO2)
平衡常数K
K1
K2
K3
下列说法正确的是
A. v1< v2，c2< 2c1 B. K1> K3，p2> 2p3
C. v1< v3，α1(SO2 ) <α3(SO2 ) D. c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【答案】D
【解析】
【分析】
对比容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c22c1，p22p1，α1（SO2）+α2（SO3）1，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时c3c1，p3p1，α3（SO2）α1（SO2），K3K1，据此分析可得结论。
【详解】A.容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c22c1，故A错误；
B.由上述分析可得：K3K1，p22p1，p3p1，则p22p3，故B错误；
C. 容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时α3（SO2）α1（SO2），故C错误；
D.c22c1，c3c1，则c22c3，α1（SO2）+α2（SO3）1，α3（SO2）α1（SO2），则α2（SO3）+α3（SO2）1，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡时各物理量之间的关系，解题时巧妙设计中间状态，利用外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断。如容器2先设计其完全等效平衡的起始态为4molSO2和2molO2，4molSO2和2molO2为两倍容器1中物质的量，起始物质的量成倍变化时相当于改变压强。
24.将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E(g)＋F(s) 2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示：
① b＜f ② 915℃、2.0 MPa时E的转化率为60% ③ 增大压强平衡左移 ④ K(1 000℃)＞K(810℃) 上述①～④中正确的有( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
【答案】A
【解析】
【详解】①分析图表数据结合反应特点，同温下，增大压强，平衡逆向进行，平衡时G的体积分数变小，故可知c＞75.0＞54.0＞a＞b，利用c＞75.0＞54.0可知同压下，升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，从而可知f＞75.0，所以b< f，故①正确；
②设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得×100%=75%，解得x=0.6，则E的转化率=60%，故②正确；
③该反应是一个气体分子增大的反应，增大压强平衡左移，故③正确；
④c、e压强相同，温度不同，随着温度升高，G的体积分数增大，所以正反应是一个吸热反应，所以，K（1000℃）＞K（810℃），故④正确；
故选A。
25.Ⅰ.已知：①
②
③
试据此写出一氧化碳燃烧的热化学方程式___________________________。
Ⅱ.甲乙两池电极材料均为铁棒与铂棒，请回答下列问题：
（1）若电池中均为CuSO4溶液，则下列说法正确的是___________
A．一段时间后，甲乙两池中Pt棒上都有红色物质析出
B．甲池中Fe棒上发生氧化反应，乙池中Fe棒上发生还原反应
C．甲池中Cu2+向Fe棒移动，乙池中Cu2+向Pt棒移动
D．一段时间后，甲池中Fe棒质量减少，乙池中Fe棒质量增加
（2）若两池中均为饱和NaCl溶液：
①写出乙池中总反应的化学方程式_____________________________________，乙池中Pt棒上的电极反应属于_______反应（填“氧化”或是“还原”）
②甲池中Pt棒上的电极反应式是_______________________________________
③室温下，若乙池转移0.02mol电子后停止实验，该池中溶液体积为2000mL，则溶液混合均匀后pH=__________。
【答案】 (1). 2CO(g)+O2(g)==2CO2(g) ΔH = -566kJ·mol-1 (2). BD (3). 2NaCl+2H2O 2Na OH+H2↑+Cl2↑ (4). 氧化 (5). O2+2H2O+ 4e-4OH- (6). 12
【解析】
【分析】
Ⅰ.根据盖斯定律计算一氧化碳燃烧的反应热，写出其热化学方程式；
Ⅱ.（1）甲池为原电池，乙池为电解池，原电池中活泼金属做负极，发生氧化反应，Pt棒做正极，发生还原反应；电解池中阳极上发生失电子的氧化反应；
（2）①根据电解池的工作原理来书写电解氯化钠的原理方程式；乙池为电解池，Pt棒做阳极，阳极上失电子发生氧化反应；
②甲池为原电池，Pt棒做正极，正极上得电子发生还原反应；
③根据转移电子守恒计算生成的氢氧化钠的物质的量，再根据水的离子积常数计算溶液中氢离子浓度，从而得出溶液的pH。
【详解】Ⅰ. 根据盖斯定律，①-②+③得：2CO(g)+O2(g)==2CO2(g) ΔH =（）2-（）+= -566kJ·mol-1 ，则一氧化碳燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)==2CO2(g) ΔH = -566kJ·mol-1 ；
因此，本题正确答案为：2CO(g)+O2(g)==2CO2(g) ΔH = -566kJ·mol-1 ；
Ⅱ.（1）若电池中均为CuSO4溶液，
A．甲池是原电池，甲池中Pt棒做正极，发生还原反应：Cu2++2e-=Cu，有红色铜析出；乙池是电解池，乙池中Pt棒与电源正极相连，做阳极，发生氧化反应，没有红色铜析出，故A错误；
B．甲池中Fe棒做负极，发生氧化反应，乙池中Fe棒和电源负极相连，做阴极，发生还原反应，故B正确；
C．甲池是原电池，Cu2+向正极（Pt棒）移动，乙池是电解池，Cu2+向阴极（Fe棒）移动，故C错误；
D．甲池是原电池，甲池中Fe棒做负极，因发生氧化反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe棒质量减少；乙池是电解池，乙池中Fe棒与电源负极相连，做阴极，发生还原反应Cu2++2e-=Cu，Fe棒质量增加，故D正确；
因此，本题正确答案为：BD；
（2）①若电解质溶液为饱和氯化钠溶液，则乙池就是用惰性电极为阳极电解氯化钠溶液，方程式为：2NaCl+2H2O 2Na OH+H2↑+Cl2↑；Pt棒做阳极，阳极上Cl-失电子发生氧化反应；
因此，本题正确答案为：2NaCl+2H2O 2Na OH+H2↑+Cl2↑ ；氧化；
②甲池为原电池，Pt棒做正极，正极上O2得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+ 4e-4OH-；
因此，本题正确答案为：O2+2H2O+ 4e-4OH-；
③电解氯化钠溶液的方程式为：2NaCl+2H2O 2Na OH+H2↑+Cl2↑，乙池转移0.02mole-后，会生成0.02mol的氢氧化钠，所以所得NaOH溶液的物质的量浓度c=n/V=0.02mol/2L=0.01mol/L。c(H+)=10-14/0.01mol/L=10-12mol/L，则pH=12，
因此，本题正确答案为：12。
26.t℃时，将3molA和1molB气体通入体积为2L的密闭容器中（容积不变），发生如下反应：3A(g)＋B(g) xC(g)。2min时反应达到平衡状态（温度不变），剩余了0.8molB，并测得C的浓度为0.4mol／L，请填写下列空白：
（1）x＝_____________。
（2）若继续向原平衡混合物的容器中通入少量氦气（假设氦气和A、B、C都不反应）后，化学平衡（填字母）________________。
A.向正反应方向移动 B. 向逆反应方向移动 C. 不移动
（3）若向原平衡混合物的容器中再充入3 molA和1 molB，在t℃时达到新的平衡，此时B转化率___________(“变大”、“变小”或“不变”)。
（4）假如上述反应在相同温度和容器中进行，欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，起始加入三种物质的物质的量n(A)、n(B)、n(C)之间应该满足的关系式为_______________________________________________。
【答案】 (1). 4 (2). C (3). 不变 (4).
【解析】
【分析】
(1)根据反应的物质的量之比等于化学计量数之比计算；
(2)惰性气体对化学平衡的移动没有影响；
(3)根据反应特点分析压强对平衡的影响；
(4)从等效平衡的角度分析。
【详解】(1) 2min 时反应平衡，剩余0.8molB，则反应的B的物质的量为1mol-0.8mol=0.2mol，
并测得C的浓度为0.4mol／L，则生成C的物质的量为0.4mol／L 2L=0.8mol，化学反应中反应的物质的量之比等于化学计量数之比，
则有x:1=0.8mol:0.2mol，x=4，
因此，本题正确答案是：4；
(2)氦气为惰性气体，不参与化学反应，对反应速率及化学平衡移动没有影响，
因此，本题正确答案是：C；
(3)在反应3A(g)＋B(g) 4C(g)中，反应前后体积是不变的，所以若向原平衡混合物的容器中再充入3molA和1molB，则平衡是等效的，此时B转化率不变，
因此，本题正确答案是：不变；
(4) 该反应是体积不变的可逆反应，所以只要满足最初A和B的物质的量浓度满足3:1即可满足平衡是等效的。若起始时加入三种物质的物质的量n(A)、n(B)、n(C)，
3A(g)＋B(g) 4C(g)
起始量（mol）：n(A) n(B) n(C)
转化为以A、B为起始的量（mol）：n(A)+ n(C) n(B)+ n(C) 0
则n(A)、n(B)、n(C)之间应该满足的关系式为，
因此，本题正确答案是：。
【点睛】该题的难点是等效平衡的判断和计算。等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。由于该反应前后体积不变，因此要满足等效平衡，只需要等效转化后，只要反应物的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。
27.一定温度下，向1L密闭容器中加入1 mol HI(g)，发生反应2HI(g) H2(g)+I2(g)，H2物质的量随时间的变化如图所示。
（1）0~2 min内的平均反应速率v(HI)=______________________。 该温度下，H2(g)+I2(g) 2HI(g)的平衡常数K=________。
（2）相同温度下，若开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，则_________原来的2倍。
a．平衡常数 b．HI的平衡浓度
c．达到平衡的时间 d．平衡时H2的体积分数
（3）实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡________移动（填“向左”、“向右”或“不”）；若加入少量下列试剂中的_______，产生H2的速率将增大。
a．NaNO3 b．CuSO4 c．Na2SO4 d．NaHSO3
（4）某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构如图，电池总反应可表示为2H2+O2===2H2O，下列有关说法正确的是___________
A．电子通过外电路从b极流向a极
B．b极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－
C．每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2
D．H+由a极通过固体酸电解质传递到b极
【答案】 (1). 0.1 mol·L－1·min－1 (2). 64 (3). b (4). 向右 (5). b (6). D
【解析】
【详解】2HI(g) H2(g)+I2(g)
起始（mol）1 0 0
转化（mol）0.2 0.1 0.1
平衡（mol）0.8 0.1 0.1
0～2min内的平均反应速率v(HI)==0.1 mol·L－1·min－1，
平衡常数K/== 1/64，
则反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)的平衡常数K=1/K/=64。
因此，本题正确答案是：64；
（2）若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，相当于先将HI加入到2L的容器，再将体积压缩至1L，因为该反应为等体积反应，加压平衡不移动，所以HI的浓度为原来的2倍，H2的体积分数不变；温度不变，平衡常数不变；加入HI的物质的量增大，反应物浓度增大，反应速率加快，达到平衡的时间缩短。故选b，
因此，本题正确答案是：b；
（3）水电离生成氢离子和氢氧根离子，所以酸能抑制水电离，锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气，氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大，所以水的电离平衡向右移动；
a．向溶液中加入NaNO3，导致溶液中含有硝酸，硝酸和锌反应不产生氢气，故a错误；
b．CuSO4和锌发生置换反应生成铜，铜、锌和稀硫酸构成原电池，所以能加快反应速率，故b正确；
c．Na2SO4 不影响反应速率，故c错误；
d．NaHSO3和硫酸反应生成二氧化硫，氢离子浓度减小，所以生成氢气的速率减小，故d错误。
因此，本题正确答案是：向右； b；
（4）A. 电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，故A错误；
B. 电解质传递H+，则b极上的电极反应式为O2+4e－+4H+=2H2O ，故B错误；
C.每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的H2 1.12 L，而状态未知，不能计算体积，故C错误；
D. 原电池中，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，所以D选项是正确的。
因此，本题正确答案是：D。
28.已知化学反应①：
Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g),其平衡常数为K1；化学反应②：
Fe(s)+H2O(g) FeO(s)+H2(g)，其平衡常数为K2。在温度973K和1173K情况下，K1、K2的值分别如下：
温度
K1
K2
973K
1.47
2.38
1173
2.15
1.67
（1）通过表格中的数值可以推断：反应①是__________(填“吸热”或“放热”)反应。
（2）现有反应③CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，请你写出该反应的平衡常数K3的数学表达式：K3=_______________________________________________。
（3）能判断反应③已达平衡状态的是_______________________________。
A．容器中压强不变 B．混合气体中c(CO)不变
C．(H2)==(H2O) D．c(CO2)==c(CO)
（4）根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系式_______________________。据此关系式及上表数据，也能推断出反应③是______（填“吸热”或“放热”）反应。要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施是______(填写序号)。
A．缩小反应容器容积 B．扩大反应容器容积 C．降低温度
D．升高温度 E．使用合适的催化剂 F．设法减少CO的量
（5）氢气用于工业合成氨 N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)；ΔH = -92.2 kJ·mol-1。一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率与时间的关系如下图所示，其中t4 ﹑t5 ﹑t7时刻所对应的实验条件改变分别是
t4 ___________________。t5 ___________________。t7___________________。
【答案】 (1). 吸热 (2). (3). BC (4). (5). 吸热 (6). DF (7). 加入催化剂 (8). 减小NH3浓度 (9). 降温
【解析】
【分析】
（1）根据温度升高平衡常数的变化判断；
（2）依据平衡常数概念写出反应的平衡常数计算式；
（3）可逆反应达到平衡状态，一定满足正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行判断；
（4）利用盖斯定律计算，平衡常数，结合图表中平衡常数随温度变化分析反应热量变化；依据化学平衡影响因素分析平衡移动方向；
（5）根据t4 ﹑t5 ﹑t7时刻正逆反应速率的变化情况及正逆反应速率的相对大小，分析改变的条件。
【详解】（1）由表中数据可知，温度升高，①的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，
故答案为：吸热；
（2）依据反应CO 2 （g）+H 2 （g）=CO（g）+H 2 O（g），根据平衡常数的概念，该反应的平衡常数K 3 的数学表达式：K3= ，
故答案为：K3= ；
（3）A、此反应是个气体体积不变的反应，故无论平衡与否，容器中压强一直不变，故压强不变不能作为反应达平衡的标志，故A错误；
B、混合气体中c（CO）不变，说明CO的消耗速率和生成速率相等，即正逆反应速率相等，故反应平衡，故B正确；
C、H2 的正反应速率与H2O的逆反应速率相等，表示的是正逆反应速率，且满足计量数关系，说明达到了平衡状态，故C正确；
D、c(CO2)==c(CO) ，不能判断正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故D错误。
故答案为：BC。
（4）已知：①Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)；
②Fe(s)+H2O(g) FeO(s)+H2(g)；
利用盖斯定律将①-②可得：③CO2 （g）+H2 （g）=CO（g）+H2O（g）；
则K 3 = = =K1/K2 ；
依据图表平衡常数数据分析，温度升高 K1/K2 增大，说明平衡正向进行，反应是吸热反应；
③CO2 （g）+H2 （g）=CO（g）+H2O（g）反应是吸热反应，反应前后气体体积不变，要使反应在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，则
A．缩小反应容器容积实质增大压强，反应前后气体体积不变，平衡不动； 故A不符合；
B．扩大反应容器容积，压强减小，反应前后气体体积不变，平衡不动；故B不符合；
C．反应是吸热反应，降低温度，平衡向放热反应方向进行，平衡逆向进行，故C不符合；
D．反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，平衡正向进行，故D符合；
E．使用合适的催化剂，催化剂只改变反应速率，不改变平衡，故E不符合；
F．设法减少CO的浓度，减少生成物浓度平衡正向进行，故F符合；
故答案为： K1/K2 ；吸热；DF；
（5）一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，正逆反应速率与时间的关系如图所示，其中t4 ﹑t5 ﹑t7时刻对应的实验条件改变分别是t4正逆反应速率同时增大相同的倍数，所以使用催化剂；t5时平衡正向移动，但逆反应的速率突然减小，所以减小生成物的浓度；t7 时刻正逆反应速率都减小，且反应向正反应方向进行，说明是降低温度。
故答案为：加入催化剂；减小NH3浓度；降温。
29.影响化学反应速率的因素很多，某校化学小组用实验的方法进行探究。实验药品：铜、铁、镁、0.5 mol • L-1H2SO4溶液、2 mol • L-1 H2SO4溶液。甲同学研究的实验报告如下表∶
实验步骤
现象
结论
①分别取等体积的2 mol • L-1 的硫酸溶液于三支试管中
②______________________
反应速率∶ 镁>铁，铜不反应
金属的性质越活泼，反应速率越快
（1） 甲同学表中实验步骤②为______________________。
（2） 甲同学的实验目的是__________________________。
要得出正确的实验结论，还需要控制的实验条件是_____________。
乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，利用如图所示装置进行实验∶
（3）乙同学在实验中应该测定的数据是_________________。
（4）乙同学完成该实验应选用的实验药品是________________。
【答案】（1）分别投入大小、形状相同的铜、铁、镁（2）研究金属本身的性质与反应速率的关系 温度相同（3）一定时间内产生气体的体积(或产生一定体积的气体所需的时间)（4）镁(或铁)、0.5 mol • L-1H2SO4溶液、2 mol•L-1H2SO4溶液
【解析】
30.A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的气球。关闭K2,将等量且少量的NO2通过K1、K3分别充入A、B中，反应开始时，A、B的体积相同。已知：2NO2（g）N2O4（g）△H＜0。
（1） 一段时间后，反应达到平衡，此时A、B中生成的N2O4的速率是v（A）______________v（B） （填“＜”、“＞”或“=”）；若打开活塞K2，气球B将______________（填“变大”、“变小”或“不变”，下同）。
（2）若在A、B中再充入与初始量相等的NO2，则达到平衡时，NO2的转化率α（A）将______________ 。若通入等量的Ne气，则达到平衡时，A中NO2的转化率将______________，B中NO2的转化率将______________。
（3）若在容器A中充入4.6g的NO2，达到平衡后容器内混合气体的压强为原来的80%，试求出平衡时NO2的转化率______________。
【答案】 (1). < (2). 变小 (3). 变大 (4). 不变 (5). 变小 (6). 40%
【解析】
【分析】
(1)容器A体积不变，随反应进行，反应混合气体的物质的量减小，容器A中压强降低，容器B体积可变，压强不变，压强越大，反应速率越快；根据A中压强小于B中的压强来分析；
(2)保持容器容积不变，通入一定量的NO2，等效为增大压强到达的平衡，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断；保持压强不变，通入氖气使体系的容积增大一倍，反应混合物的浓度降低，相当于为降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；
(3)先根据公式求出n(NO2)=，再利用三段式和混合气体的压强变化，求出平衡时NO2的转化率。
【详解】(1)容器A中压强降低，容器B体压强不变，压强越大，反应速率越快，所以v（A）
(2) 保持容器容积不变，通入一定量的NO2，等效为增大压强到达的平衡，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，NO2的转化率将增大；保持压强不变，通入氖气使体系的容积增大一倍，反应混合物的浓度降低，相当于为降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动，达到平衡时NO2的转化率减小，但是对于A体系，体积不变，浓度不变，平衡不移动，
因此，本题正确答案是：变大；不变；变小；
(3)设参加反应的二氧化氮为xmol，n(NO2)===0.1mol
2NO2（g）N2O4（g）
起始量(mol) 0.1mol 0
反应量(mol) x
平衡量(mol) 0.1-x
平衡后容器内混合气体的压强为原来的80%，恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，则：=0.8，解得x=0.04mol，
所以平衡时NO2的转化率=100%=40%，
因此，本题正确答案是：40%。
1. 1913年德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大大满足了当时日益增长的人口对粮食的需求。下列是哈伯法的流程图，其中为提高原料转化率而采取的措施是
A. ①②③ B. ②④⑤ C. ①③⑤ D. ②③④
【答案】B
【解析】
试题分析：合成氨气的反应是体积减小的、放热的可逆反应。所以增大压强平衡向正反应方向移动，可提高原料的转化率，催化剂不能影响平衡状态，不能提高转化率。把生成物氨气及时分离出来，可以促使平衡向正反应方向移动，提高转化率。通过氮气和氢气的循环使用，可以越高原料的利用率，即②④⑤正确，答案选B
考点：考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响
2.下列事实中，不能应用化学平衡移动原理来解释的是
①可用浓氨水和NaOH固体快速制氨气 ②700K左右比室温更有利于合成氨反应 ③开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫 ④温度升高水的KW增大
⑤对于反应2HI(g) H2(g)+I2(g)达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深
A. ①②③ B. ②④⑤ C. ②⑤ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【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。
【详解】①浓氨水加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶解放热，使一水合氨分解生成氨气的，化学平衡NH3+H2ONH3H2ONH4++OH-，逆向进行，能用化学平衡移动原理解释，故①不选；
②合成氨放热，温度升高，平衡逆向移动，所以700K左右比室温不利于合成氨的反应，不能用勒夏特列原理解释，故②选；
③开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，属于可逆过程，可以用平衡移动原理解释，故③不选；
④因为水存在电离：H2OH++OH-，电离吸热，加热后平衡会向正向移动，H+与OH-的浓度之积就会增大，即Kw增大，可以用平衡移动原理解释，故④不选；
⑤对于反应2HI(g) H2(g)+I2(g)，增大平衡体系的压强平衡不移动，不能用化学平衡移动原理解释，故⑤选；
所以C选项是正确的。
【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且符合平衡移动的原理。本题易错②，合成氨采用700K左右是考虑速率因素，且使催化剂活性最大，与平衡移动无关。
3.一定条件下，将A、B、C三种物质各1 mol通入一个密闭容器中发生反应：2A+B2C，达到平衡时，B的物质的量可能是（ ）
A. 1.5mol B. 1 mol C. 0.5 mol D. 0 mol
【答案】B
【解析】
试题分析：如果反应向正向进行，最大的进行程度是A全部反应，此时B剩余0.5mol；如果反应向逆向进行，最大的进行程度是C全部反应，生成0.5molB，B的总量为1.5mol。由于反应不能完全进行，故B的物质的量介于0.5mol到1.5mol之间，故选B。
考点：可逆反应的特征、极限转化的思想。
4.某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）。下列有关叙述正确的是
A. 该反应为放热反应
B. 催化剂能改变该反应的焓变
C. 正、逆反应的活化能之差等于焓变
D. 逆反应的活化能大于正反应的活化能
【答案】C
【解析】
【详解】A项，由图可知，反应物的总能量低于生成物的能量，为吸热反应，故A项错误；
B项，焓变是指反应物与生成物之间的能量差值，与反应过程无关，催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，故B项错误；
C项，逆反应的活化能为E2，正反应的活化能E1，△H=E1-E2，故C项正确；
D项，图象分析，逆反应的活化能小于正反应的活化能，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
5.电解CuSO4溶液时，若必须达到以下三点要求：①阳极质量减少，②阴极质量增加，③电解液中c(Cu2+)不变。则可选用的电极是
A. 含Zn、Ag的铜合金作阳极，纯铜作阴极
B. 用纯铁作阳极，纯铜作阴极
C. 用石墨作阳极，惰性电极(Pt)作阴极
D. 用纯铜作阳极，含Zn、Ag的铜合金作阴极
【答案】D
【解析】
试题分析：CuSO4溶液含有阳离子：Cu2＋、H＋，阴离子：OH－、SO42－，根据电解的原理，阳离子在阴极上得电子，Cu2＋先放电Cu2＋＋2e－=Cu，附着在阴电极上，阴电极质量增大；阳极的质量减少，说明活动性金属做阳极，失电子；电解液中c(Cu2＋)不变，说明阴极上消耗的Cu2＋等于阳极上生成的Cu2＋，A、含Zn、Ag的铜合金作阳极，锌比铜活泼，锌先是电子，会使电解质溶液中c(Cu2＋)减小，错误；B、铁作阳极，Fe－2e－=Fe2＋，造成了电解液中c(Cu2＋)减小，错误；C、石墨作阳极，石墨是惰性材料，不参加反应，质量不变，错误；D、纯铜作阳极，Cu－2e－=Cu2＋，阴极上：Cu2＋＋2e－=Cu，阴极质量增加，阳极质量减小，溶液中c(Cu2＋)不变，符合题意，正确。
考点：考查电解原理。
6.①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池。①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少。据此判断四种金属活动性由大到小的顺序是（ ）
A. ①③②④ B. ①③④② C. ③④②① D. ③①②④
【答案】B
【解析】
【分析】
组成原电池时，负极金属较为活泼，可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极，则可判断金属的活泼性强弱。
【详解】在两种金属片相连浸入稀硫酸的原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，电子从负极流向正极，负极上金属失电子而导致质量减少，正极上氢离子得电子生成氢气，①②相连时，外电路电流从②流向①，则是②正极、①是负极，金属活动性②<①；①③相连时，③为正极，则金属活动性①>③；②④相连时，②上有气泡逸出，④为负极、②为正极，活动性④>②；③④相连时，③的质量减少，则③为负极、④为正极，活动性③>④，通过以上分析知，金属活动性强弱顺序是①③④②，答案选B。
【点睛】本题考查金属活泼性的判断，侧重于原电池的考查，注意原电池的组成特点以及工作原理，题目难度不大。易错点为②④相连时，②上有气泡逸出，应该为正极上氢离子得电子产生氢气，注意判断。
7.在25℃时,某无色溶液中由水电离出的c(H+)、c(OH-)满足c(H+)×c(OH-)=1×10-24mol2 •L-2,下列各组离子在该溶液中一定大量共存的是（ ）
A. Al3+ Na+ NO3- CO32- B. Fe2+ K+ NO3- SO42-
C. Na+ K+ [Al(OH)4]- Cl- D. Ba2+ K+ Cl- NO3-
【答案】D
【解析】
【分析】
由水电离出的c(H+)、c(OH-)满足c(H+)×c(OH-)=1×10-24mol2 •L-2，根据水的离子积常数可知：由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，不能发生氧化还原反应，则离子能大量共存，以此来解答。
【详解】由水电离出的c(H+)、c(OH-)满足c(H+)×c(OH-)=1×10-24mol2 •L-2，根据水的离子积常数可知：由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1，为酸或碱溶液，
A．碱溶液中不能大量存在Al3+，酸溶液中不能大量存在CO32-，不能大量共存，故A错误；
B．酸溶液中Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，碱溶液中不能大量存在Fe2+，不能大量共存，故B错误；
C．酸溶液中不能大量存在[Al(OH)4]-，不能大量共存，故C错误；
D．无论酸或碱溶液中，该组离子之间均不反应，可大量共存，故D正确。
故选D。
【点睛】有限制条件的离子共存问题，一定要把条件理解准确，本题的关键是根据溶液中由水电离出的c(H+)、c(OH-)满足c(H+)×c(OH-)=1×10-24mol2 •L-2，结合溶液的离子积常数Kw计算出由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1，判断出溶液为酸或碱溶液。
8.下列说法不正确的是
A. 铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加
B. 常温下，反应C(s)+CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的
C. 应用盖斯定律可计算某些难以直接测量的反应焓变
D. 1g碳与适量水蒸气反应生成 CO和H2，吸收10.94kJ热量，则热化学方程式为：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.28kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】A、铅蓄电池电极反应：负极：Pb+SO42—2e-=PbSO4；正极：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O 不难看出铅蓄电池在放电过程中，负极生成PbSO4质量增加，正极生成PbSO4质量也增加，故A错误；
B、因熵增、焓减的化学反应可能自发进行，反应气体体积增大，反应C(s)+CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的，故B正确；；
C、反应的焓变与变化过程无关，只与初始和终了状态有关，对某些难以直接测量的反应焓变，可以根据盖斯定律设计过程利用已知反应焓变计算，故C正确；
D、由1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94kJ热量，则1mol碳与水蒸气反应，吸收10.94kJ×12=131.28kJ，
则此反应的热化学方程式为C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.28kJ/mol，故D正确。
答案选A。
9.下列说法正确的是
A. 25℃时，同物质的量浓度的酸、碱溶液中，水的电离程度相同
B. 25℃时，水在同pH的硫酸溶液和醋酸溶液中的电离程度不同
C. 某温度下，某溶液中[H+]=1.0×10－7 mol/L，则该溶液一定呈中性
D. 常温下，某溶液由水电离出的[OH－]=1×10－13 mol/L，则该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氢离子或氢氧根离子对水的电离有抑制作用，同物质的量浓度的酸、碱溶液中氢离子与氢氧根浓度不一定相同，所以水的电离程度也不一定相同，故A错误；
B. pH相同的硫酸溶液和醋酸溶液中氢离子浓度相同，对水的电离抑制作用相同，所以水的电离程度相同，故B错误；
C. 溶液酸碱性由氢离子和氢氧根离子浓度相对大小决定，若c(H+)=c(OH-)，溶液为中性，某溶液中c(H+)=1.0×10－7 mol/L，则该溶液不一定呈中性，故C错误；
D. 常温下，某溶液由水电离出的c(OH-)=1×10－13 mol/L，则说明水的电离受到抑制，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，故D正确。
综上所述，本题正确答案为D。
10.结合图判断，下列叙述正确的是
A. I和II中正极均被保护
B. I和II中负极反应均是Fe－2e－===Fe2+
C. I和II中正极反应均是O2+2H2O+4e－===4OH－
D. I和II中电池反应均为Fe+2H+===Fe2++H2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A.在原电池中，负极被氧化，正极被保护，故A正确；
B.I中，Zn为负极，负极反应式为Zn－2e－===Zn2+，故B错误；
C. II中溶液呈酸性，发生析氢腐蚀，正极反应式为2H++2e－===H2↑，故C错误；
D. II中溶液呈中性，发生吸氧腐蚀，电池反应为2Fe+ O2+2H2O ===2Fe(OH)2，故D错误。
综上所述，本题正确答案为A。
11.某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g)+3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如下图所示的曲线（图中T表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是（ ）
A. 若T2＞T1，则正反应一定是放热反应
B. 达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c
C. 若T2＞T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd> vb
D. 在T2和n(A2)不变时达到平衡，AB3的物质的量大小为：c＞b＞a
【答案】D
【解析】
【详解】A项，若T2＞T1，说明随着温度的升高，AB3的体积分数增大，平衡向正反应方向进行，则该反应为吸热反应，故A项错误；
B项，在T2和n(A2)不变时，随着n(B2)的增大，平衡向正反应方向进行，达到平衡时A2的转化率增加，即A2的转化率大小为：c>b>a，故B项错误；
C项，温度越高，反应速率越快，若T2＞T1，达到平衡时，b、d点的反应速率有vb > vd，故C项错误；
D项，在T2和n(A2)不变时，随着n(B2)的增大，平衡向正反应方向进行，达到平衡时AB3的物质的量增大，则AB3的物质的量大小为：c>b>a，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】本题主要考查影响化学平衡移动的因素以及影响化学反应速率的因素，解题关键在于仔细审题，尤其是图象的分析方法，注意曲线的变化趋势。
12.某温度时，一定压强下的密闭容器中发生反应：aX(g)+bY(g)cZ(g)+dW(g)，达平衡后，保持温度不变压强增大至原来的2倍，当再达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.8倍，下列叙述正确是
A. 平衡正移 B. (a+b)>(c+d)
C. Z的体积分数变小 D. X的转化率变大
【答案】C
【解析】
试题分析：保持温度不变压强增大至原来的2倍，将容器的容积压缩到原来容积的一半，假定平衡不移动，W浓度变为原来的2倍，达到新平衡时，物质W的浓度是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应由a+b＜c+d，A、由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，故A错误；B、平衡向逆反应方向移动，则应由a+b＜c+d，故B正确；C、平衡向逆反应移动，Z的体积分数减小，故C正确；D、由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，X的转化率变小，故D错误；故选BC。
【考点定位】考查化学平衡的影响因素
【名师点晴】本题考查化学平衡移动的影响，题目难度不大，本题注意用假定法判断，如果平衡不移动，则达到平衡时W的浓度为原来的2倍，根据实际W的浓度，判断平衡移动。
13.已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列有关叙述正确的是
①生成物的体积分数一定增大 ②生成物的产量一定增加 ③反应物的转化率一定增大 ④反应物浓度一定降低 ⑤逆反应速率一定降低 ⑥使用合适的催化剂
A. ② B. ①②③ C. ②③④ D. ④⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①对于正反应气体体积减少的反应，平衡向正反应移动，生成物的体积分数减小，故①错误；
②平衡向正反应移动，生成物的浓度不一定增大，但生成物的产量一定增加，故②正确；
③增大某一反应的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，故③错误；
④增大某一反应的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，浓度降低，自身增大，故④错误；
⑤平衡向正反应移动，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，直到正逆反应速率又达到相等，建立新的平衡，故⑤错误；
⑥加入催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，故⑥错误。
综上所述②正确。
故选A。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，注意影响化学平衡移动的因素，解答时注意从勒沙特列原理的角度分析，学习中注意基础知识的理解掌握，全面透彻理解平衡移动方向与各物理量的关系。
14.下列叙述正确的是
A. 某温度下，蒸馏水中的[H+]=1.0×10—6mol·L—1，则该温度一定高于25℃
B. 25℃时，pH=13的氢氧化钡溶液中，由水电离出来的[H+]=1.0×10—13mol·L—1，此时由水电离出来的[OH—][H+]
C. 25℃时，水中加入氢氧化钠固体，水的电离平衡逆向移动，水的离子积减小
D. 25℃时，0.1 mol·L—1的盐酸与0.1mol·L—1的NaOH溶液中，水的电离程度不同
【答案】A
【解析】
【详解】A、常温下，蒸馏水中c(H+)=1.0×10-7mol•L-1，现在温度下c(H+)＞1.0×10-7mol·L-1，所以温度高于25℃，故A正确；
B、在任意水溶液中，由水电离出来的c(OH—)=c(H+)，故B错误；
C、水的离子积只受温度的影响，加入NaOH后，Kw不变，故C错误；
D、25℃时，0.1mol·L-1的盐酸与0.1mol·L-1的NaOH溶液中c(H+)=c(OH-)=0.1mol/L，对水电离的抑制能力相同，水的电离程度相同，故D错误。
故选A。
15.可逆反应aA(s)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)；△H=QkJ/mol,在反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度（T）、压强（p）的关系如下图所示：则以下正确的是
A. T1＞T2，Q＞0
B. T2＞T1，Q＞0
C. P1＜P2，a+b=c+d
D. P1＜P2，b=c+d
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据先拐先平数值大的原则，则T2＞T1，故A错误；
B、因为T2＞T1，说明温度升高，C的含量减少，则平衡逆向移动，则正向为放热反应，故B正确；
C、同理根据先拐先平数值大的原则，则P1＜P2，增大压强，B的含量不变，说明平衡未移动，则该反应是气体的物质的量不变的可逆反应，所以b=c+d，a为固体，不影响化学平衡，故C错误，D正确。
答案选D。
16.在一定条件下，对于反应mA(g)＋nB(g)cC(g)＋dD(g)，C物质的浓度(C%)与温度、压强的关系如图所示，下列判断正确的是
A. ΔH<0 ΔS>0
B. ΔH>0 ΔS<0
C. ΔH>0 ΔS>0
D. ΔH<0 ΔS<0
【答案】A
【解析】
试题分析：由曲线图可知，增大压强，C%减少，即增大压强平衡向逆反应方向移动，所以逆反应为气体体积减小的反应，即m+n
17.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na－CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2＋4Na2Na2CO3＋C。下列说法错误的是（ ）。
A. 放电时，ClO4－向负极移动
B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C. 放电时，正极反应为：3CO2＋4e－=2CO32－＋C
D. 充电时，正极反应为：Na＋＋e－=Na
【答案】D
【解析】
分析：原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反应，据此解答。
详解：A. 放电时是原电池，阴离子ClO4－向负极移动，A正确；
B. 电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C，因此充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；
C. 放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO2+4e−＝2CO32－+C，C正确；
D. 充电时是电解，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO32－+C－4e−＝3CO2，D错误。答案选D。
点睛：本题以我国科学家发表在化学顶级刊物上的“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次电池”为载体考查了原电池和电解池的工作原理，掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意充电与发电关系的理解。本题很好的弘扬了社会主义核心价值观个人层面的爱国精神，落实了立德树人的教育根本任务。
18.一定温度下，在密闭容器中发生如下反应：N2O4(g)2NO2(g) △H>0，反应达到平衡时，下列说法不正确的是 （ ）
A. 若缩小容器的体积，则容器中气体的颜色先变深后又变浅，且比原平衡颜色深
B. 若压强不变,向容器中再加入一定量的N2O4，再次达到平衡时各种物质的百分含量不变
C. 若体积不变，向容器中再加入一定量的N2O4，平衡向逆反应方向移动，再次平衡时N2O4的转化率将降低
D. 若体积不变，升高温度，再次平衡时体系颜色加深
【答案】C
【解析】
A、缩小容器的体积，物质浓度增大，压强增大平衡逆向进行，二氧化氮是红棕色气体，四氧化二氮是无色气体，则容器中气体的颜色先变深后又变浅，且比原平衡颜色深，故A正确；
B、若压强不变，向容器中再加入一定量的N2O4，体积增大，最后达到相同平衡状态，故B正确；
C、若体积不变，向容器中再加入一定量的N2O4，平衡正向进行，等效于增大原来平衡压强，平衡逆向进行，平衡时N2O4的转化率将降低，故C错误；
D、反应是吸热反应，升温平衡向正向进行，再次平衡时体系颜色加深，故D正确；
故选C．
19.下列说法中有明显错误的是（ ）
A. 加入适宜的催化剂，使分子能量增加，从而可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大反应速率
B. 活化分子之间发生的碰撞不一定为有效碰撞
C. 升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大
D. 对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大
【答案】A
【解析】
【分析】
升高温度、加入催化剂，可增大活化分子的百分数，反应速率增大，当活化分子发生碰撞且有生成物生成时，发生化学反应，此时的碰撞为有效碰撞，以此解答。
【详解】A. 加入催化剂，降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，有效碰撞次数增加，所以A选项是错误的；
B.当活化分子发生碰撞且有生成物生成时，发生化学反应，此时的碰撞为有效碰撞，如没有发生化学反应，则不是有效碰撞，所以B选项是正确的；
C.升高温度，可增大活化分子的百分数，有效碰撞次数增加，反应速率增大，所以C选项是正确的；
D.对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，则增大气体的浓度，单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，所以D选项是正确的。
答案选A。
20.在一定温度下发生反应：I2(g)+H2(g) 2HI(g); △H＜0并达平衡。HI的体积分数随时间变化如下图曲线(II)所示，若改变反应条件，在甲条件下HI的体积分数的变化如曲线(I)所示。在乙条件下HI的体积分数的变化如曲线(III)所示。则甲条件、乙条件分别是
①恒容条件下，升高温度 ②恒容条件下，降低温度 ③恒温条件下，缩小反应容器体积 ④恒温条件下，扩大反应容器体积 ⑤恒温恒容条件下，加入适当的催化剂
A. ①⑤, ③ B. ②⑤, ④ C. ③⑤, ② D. ③⑤, ④
【答案】D
【解析】
【分析】
达到平衡所用时间不同，碘化氢的含量不变，说明该条件只改变反应速率不影响平衡，压强和催化剂对该反应平衡无影响，据此分析。
【详解】在甲条件下V（HI）的变化如曲线（Ⅰ） 所示，反应时间缩短，碘化氢的含量不变，说明该条件只增大了反应速率不影响平衡，增大压强和加入催化剂对该反应平衡无影响，但都增大反应速率，缩短反应时间；
在乙条件下V（HI）的变化如曲线（Ⅲ） 所示，反应时间变长，碘化氢的含量不变，说明反应速率减小，平衡不移动，所以是减小压强，即扩大容器体积，
故答案为：③⑤；④；
答案选D。
【点睛】本题考查外界条件对化学平衡的影响，等效平衡等知识点，注意碘和氢气的反应特点及等效平衡的应用。
21.放热反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)在温度t1时达到平衡，平衡时C1(CO)=C1(H2O)=1.0 mol/L，其平衡常数为K1。升高反应体系的温度至t2时，反应物的平衡浓度分别为C2(CO)和C2(H2O)，平衡常数为K2，则
A. K1和K2的单位均为mol/L B. K1 < K2
C. C2(CO) = C2(H2O) D. C1(CO) > C2(CO)
【答案】C
【解析】
【分析】
A.根据CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)写出平衡常数表达式，则K的单位不是mol/L；
B.正向反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，据此判断；
C. t1时达到平衡，C1(CO)=C1(H2O)=1.0 mol/L，浓度之比等于化学计量数之比1:1，二者转化率相等，据此判断；
D.升高反应体系的温度至t2时，平衡逆向进行，CO浓度增大。
【详解】A、由化学平衡CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，则平衡常数表达式K=，所以K的单位为1，不是mol/L，故A错误；
B、升高反应体系的温度至t2时，正向反应是放热反应，所以温度升高，平衡向吸热反应方向进行，即平衡逆向进行， K2
D、升高反应体系的温度至t2时，平衡逆向进行，所以C2(CO) > C1(CO)，故D错误。
所以C选项是正确的。
22.如下图所示，按图甲装置进行实验，若图乙的x轴表示流入电极的电子的量，则y轴不可能表示的是 ( )
A. c(Ag＋) B. c(NO) C. 溶液氢离子浓度 D. 阴极质量
【答案】D
【解析】
【分析】
用银作阳极、铁作阴极电解硝酸银溶液时，阳极上银失电子发生氧化反应，阴极上银离子得电子发生还原反应，根据溶液中离子浓度变化来分析解答。
【详解】用银作阳极、铁作阴极电解硝酸银溶液时，阳极上银失电子发生氧化反应，电极反应式为:Ag-e-=Ag+，阴极上银离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Ag+ +e-= Ag，所以电解质溶液中氢离子、硝酸根离子、银离子浓度都不变，阴极上析出的银附着在银电极上，所以阴极质量增加，而图中Y不变，
所以D选项是正确的。
23.一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：
容器1
容器2
容器3
反应温度T/K
700
700
800
反应物投入量
2molSO2、1molO2
4molSO3
2molSO2、1molO2
平衡v正(SO2)/mol·L-1·s-1
v1
v2
v3
平衡c(SO3)/mol·L-1
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
物质的平衡转化率a
α1 (SO2)
α2 (SO3)
α3 (SO2)
平衡常数K
K1
K2
K3
下列说法正确的是
A. v1< v2，c2< 2c1 B. K1> K3，p2> 2p3
C. v1< v3，α1(SO2 ) <α3(SO2 ) D. c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【答案】D
【解析】
【分析】
对比容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c22c1，p22p1，α1（SO2）+α2（SO3）1，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时c3c1，p3p1，α3（SO2）α1（SO2），K3K1，据此分析可得结论。
【详解】A.容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c22c1，故A错误；
B.由上述分析可得：K3K1，p22p1，p3p1，则p22p3，故B错误；
C. 容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时α3（SO2）α1（SO2），故C错误；
D.c22c1，c3c1，则c22c3，α1（SO2）+α2（SO3）1，α3（SO2）α1（SO2），则α2（SO3）+α3（SO2）1，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡时各物理量之间的关系，解题时巧妙设计中间状态，利用外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断。如容器2先设计其完全等效平衡的起始态为4molSO2和2molO2，4molSO2和2molO2为两倍容器1中物质的量，起始物质的量成倍变化时相当于改变压强。
24.将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E(g)＋F(s) 2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示：
① b＜f ② 915℃、2.0 MPa时E的转化率为60% ③ 增大压强平衡左移 ④ K(1 000℃)＞K(810℃) 上述①～④中正确的有( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
【答案】A
【解析】
【详解】①分析图表数据结合反应特点，同温下，增大压强，平衡逆向进行，平衡时G的体积分数变小，故可知c＞75.0＞54.0＞a＞b，利用c＞75.0＞54.0可知同压下，升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，从而可知f＞75.0，所以b< f，故①正确；
②设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得×100%=75%，解得x=0.6，则E的转化率=60%，故②正确；
③该反应是一个气体分子增大的反应，增大压强平衡左移，故③正确；
④c、e压强相同，温度不同，随着温度升高，G的体积分数增大，所以正反应是一个吸热反应，所以，K（1000℃）＞K（810℃），故④正确；
故选A。
25.Ⅰ.已知：①
②
③
试据此写出一氧化碳燃烧的热化学方程式___________________________。
Ⅱ.甲乙两池电极材料均为铁棒与铂棒，请回答下列问题：
（1）若电池中均为CuSO4溶液，则下列说法正确的是___________
A．一段时间后，甲乙两池中Pt棒上都有红色物质析出
B．甲池中Fe棒上发生氧化反应，乙池中Fe棒上发生还原反应
C．甲池中Cu2+向Fe棒移动，乙池中Cu2+向Pt棒移动
D．一段时间后，甲池中Fe棒质量减少，乙池中Fe棒质量增加
（2）若两池中均为饱和NaCl溶液：
①写出乙池中总反应的化学方程式_____________________________________，乙池中Pt棒上的电极反应属于_______反应（填“氧化”或是“还原”）
②甲池中Pt棒上的电极反应式是_______________________________________
③室温下，若乙池转移0.02mol电子后停止实验，该池中溶液体积为2000mL，则溶液混合均匀后pH=__________。
【答案】 (1). 2CO(g)+O2(g)==2CO2(g) ΔH = -566kJ·mol-1 (2). BD (3). 2NaCl+2H2O 2Na OH+H2↑+Cl2↑ (4). 氧化 (5). O2+2H2O+ 4e-4OH- (6). 12
【解析】
【分析】
Ⅰ.根据盖斯定律计算一氧化碳燃烧的反应热，写出其热化学方程式；
Ⅱ.（1）甲池为原电池，乙池为电解池，原电池中活泼金属做负极，发生氧化反应，Pt棒做正极，发生还原反应；电解池中阳极上发生失电子的氧化反应；
（2）①根据电解池的工作原理来书写电解氯化钠的原理方程式；乙池为电解池，Pt棒做阳极，阳极上失电子发生氧化反应；
②甲池为原电池，Pt棒做正极，正极上得电子发生还原反应；
③根据转移电子守恒计算生成的氢氧化钠的物质的量，再根据水的离子积常数计算溶液中氢离子浓度，从而得出溶液的pH。
【详解】Ⅰ. 根据盖斯定律，①-②+③得：2CO(g)+O2(g)==2CO2(g) ΔH =（）2-（）+= -566kJ·mol-1 ，则一氧化碳燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)==2CO2(g) ΔH = -566kJ·mol-1 ；
因此，本题正确答案为：2CO(g)+O2(g)==2CO2(g) ΔH = -566kJ·mol-1 ；
Ⅱ.（1）若电池中均为CuSO4溶液，
A．甲池是原电池，甲池中Pt棒做正极，发生还原反应：Cu2++2e-=Cu，有红色铜析出；乙池是电解池，乙池中Pt棒与电源正极相连，做阳极，发生氧化反应，没有红色铜析出，故A错误；
B．甲池中Fe棒做负极，发生氧化反应，乙池中Fe棒和电源负极相连，做阴极，发生还原反应，故B正确；
C．甲池是原电池，Cu2+向正极（Pt棒）移动，乙池是电解池，Cu2+向阴极（Fe棒）移动，故C错误；
D．甲池是原电池，甲池中Fe棒做负极，因发生氧化反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe棒质量减少；乙池是电解池，乙池中Fe棒与电源负极相连，做阴极，发生还原反应Cu2++2e-=Cu，Fe棒质量增加，故D正确；
因此，本题正确答案为：BD；
（2）①若电解质溶液为饱和氯化钠溶液，则乙池就是用惰性电极为阳极电解氯化钠溶液，方程式为：2NaCl+2H2O 2Na OH+H2↑+Cl2↑；Pt棒做阳极，阳极上Cl-失电子发生氧化反应；
因此，本题正确答案为：2NaCl+2H2O 2Na OH+H2↑+Cl2↑ ；氧化；
②甲池为原电池，Pt棒做正极，正极上O2得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+ 4e-4OH-；
因此，本题正确答案为：O2+2H2O+ 4e-4OH-；
③电解氯化钠溶液的方程式为：2NaCl+2H2O 2Na OH+H2↑+Cl2↑，乙池转移0.02mole-后，会生成0.02mol的氢氧化钠，所以所得NaOH溶液的物质的量浓度c=n/V=0.02mol/2L=0.01mol/L。c(H+)=10-14/0.01mol/L=10-12mol/L，则pH=12，
因此，本题正确答案为：12。
26.t℃时，将3molA和1molB气体通入体积为2L的密闭容器中（容积不变），发生如下反应：3A(g)＋B(g) xC(g)。2min时反应达到平衡状态（温度不变），剩余了0.8molB，并测得C的浓度为0.4mol／L，请填写下列空白：
（1）x＝_____________。
（2）若继续向原平衡混合物的容器中通入少量氦气（假设氦气和A、B、C都不反应）后，化学平衡（填字母）________________。
A.向正反应方向移动 B. 向逆反应方向移动 C. 不移动
（3）若向原平衡混合物的容器中再充入3 molA和1 molB，在t℃时达到新的平衡，此时B转化率___________(“变大”、“变小”或“不变”)。
（4）假如上述反应在相同温度和容器中进行，欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，起始加入三种物质的物质的量n(A)、n(B)、n(C)之间应该满足的关系式为_______________________________________________。
【答案】 (1). 4 (2). C (3). 不变 (4).
【解析】
【分析】
(1)根据反应的物质的量之比等于化学计量数之比计算；
(2)惰性气体对化学平衡的移动没有影响；
(3)根据反应特点分析压强对平衡的影响；
(4)从等效平衡的角度分析。
【详解】(1) 2min 时反应平衡，剩余0.8molB，则反应的B的物质的量为1mol-0.8mol=0.2mol，
并测得C的浓度为0.4mol／L，则生成C的物质的量为0.4mol／L 2L=0.8mol，化学反应中反应的物质的量之比等于化学计量数之比，
则有x:1=0.8mol:0.2mol，x=4，
因此，本题正确答案是：4；
(2)氦气为惰性气体，不参与化学反应，对反应速率及化学平衡移动没有影响，
因此，本题正确答案是：C；
(3)在反应3A(g)＋B(g) 4C(g)中，反应前后体积是不变的，所以若向原平衡混合物的容器中再充入3molA和1molB，则平衡是等效的，此时B转化率不变，
因此，本题正确答案是：不变；
(4) 该反应是体积不变的可逆反应，所以只要满足最初A和B的物质的量浓度满足3:1即可满足平衡是等效的。若起始时加入三种物质的物质的量n(A)、n(B)、n(C)，
3A(g)＋B(g) 4C(g)
起始量（mol）：n(A) n(B) n(C)
转化为以A、B为起始的量（mol）：n(A)+ n(C) n(B)+ n(C) 0
则n(A)、n(B)、n(C)之间应该满足的关系式为，
因此，本题正确答案是：。
【点睛】该题的难点是等效平衡的判断和计算。等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。由于该反应前后体积不变，因此要满足等效平衡，只需要等效转化后，只要反应物的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。
27.一定温度下，向1L密闭容器中加入1 mol HI(g)，发生反应2HI(g) H2(g)+I2(g)，H2物质的量随时间的变化如图所示。
（1）0~2 min内的平均反应速率v(HI)=______________________。 该温度下，H2(g)+I2(g) 2HI(g)的平衡常数K=________。
（2）相同温度下，若开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，则_________原来的2倍。
a．平衡常数 b．HI的平衡浓度
c．达到平衡的时间 d．平衡时H2的体积分数
（3）实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡________移动（填“向左”、“向右”或“不”）；若加入少量下列试剂中的_______，产生H2的速率将增大。
a．NaNO3 b．CuSO4 c．Na2SO4 d．NaHSO3
（4）某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构如图，电池总反应可表示为2H2+O2===2H2O，下列有关说法正确的是___________
A．电子通过外电路从b极流向a极
B．b极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－
C．每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2
D．H+由a极通过固体酸电解质传递到b极
【答案】 (1). 0.1 mol·L－1·min－1 (2). 64 (3). b (4). 向右 (5). b (6). D
【解析】
【详解】2HI(g) H2(g)+I2(g)
起始（mol）1 0 0
转化（mol）0.2 0.1 0.1
平衡（mol）0.8 0.1 0.1
0～2min内的平均反应速率v(HI)==0.1 mol·L－1·min－1，
平衡常数K/== 1/64，
则反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)的平衡常数K=1/K/=64。
因此，本题正确答案是：64；
（2）若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，相当于先将HI加入到2L的容器，再将体积压缩至1L，因为该反应为等体积反应，加压平衡不移动，所以HI的浓度为原来的2倍，H2的体积分数不变；温度不变，平衡常数不变；加入HI的物质的量增大，反应物浓度增大，反应速率加快，达到平衡的时间缩短。故选b，
因此，本题正确答案是：b；
（3）水电离生成氢离子和氢氧根离子，所以酸能抑制水电离，锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气，氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大，所以水的电离平衡向右移动；
a．向溶液中加入NaNO3，导致溶液中含有硝酸，硝酸和锌反应不产生氢气，故a错误；
b．CuSO4和锌发生置换反应生成铜，铜、锌和稀硫酸构成原电池，所以能加快反应速率，故b正确；
c．Na2SO4 不影响反应速率，故c错误；
d．NaHSO3和硫酸反应生成二氧化硫，氢离子浓度减小，所以生成氢气的速率减小，故d错误。
因此，本题正确答案是：向右； b；
（4）A. 电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，故A错误；
B. 电解质传递H+，则b极上的电极反应式为O2+4e－+4H+=2H2O ，故B错误；
C.每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的H2 1.12 L，而状态未知，不能计算体积，故C错误；
D. 原电池中，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，所以D选项是正确的。
因此，本题正确答案是：D。
28.已知化学反应①：
Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g),其平衡常数为K1；化学反应②：
Fe(s)+H2O(g) FeO(s)+H2(g)，其平衡常数为K2。在温度973K和1173K情况下，K1、K2的值分别如下：
温度
K1
K2
973K
1.47
2.38
1173
2.15
1.67
（1）通过表格中的数值可以推断：反应①是__________(填“吸热”或“放热”)反应。
（2）现有反应③CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，请你写出该反应的平衡常数K3的数学表达式：K3=_______________________________________________。
（3）能判断反应③已达平衡状态的是_______________________________。
A．容器中压强不变 B．混合气体中c(CO)不变
C．(H2)==(H2O) D．c(CO2)==c(CO)
（4）根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系式_______________________。据此关系式及上表数据，也能推断出反应③是______（填“吸热”或“放热”）反应。要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施是______(填写序号)。
A．缩小反应容器容积 B．扩大反应容器容积 C．降低温度
D．升高温度 E．使用合适的催化剂 F．设法减少CO的量
（5）氢气用于工业合成氨 N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)；ΔH = -92.2 kJ·mol-1。一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率与时间的关系如下图所示，其中t4 ﹑t5 ﹑t7时刻所对应的实验条件改变分别是
t4 ___________________。t5 ___________________。t7___________________。
【答案】 (1). 吸热 (2). (3). BC (4). (5). 吸热 (6). DF (7). 加入催化剂 (8). 减小NH3浓度 (9). 降温
【解析】
【分析】
（1）根据温度升高平衡常数的变化判断；
（2）依据平衡常数概念写出反应的平衡常数计算式；
（3）可逆反应达到平衡状态，一定满足正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行判断；
（4）利用盖斯定律计算，平衡常数，结合图表中平衡常数随温度变化分析反应热量变化；依据化学平衡影响因素分析平衡移动方向；
（5）根据t4 ﹑t5 ﹑t7时刻正逆反应速率的变化情况及正逆反应速率的相对大小，分析改变的条件。
【详解】（1）由表中数据可知，温度升高，①的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，
故答案为：吸热；
（2）依据反应CO 2 （g）+H 2 （g）=CO（g）+H 2 O（g），根据平衡常数的概念，该反应的平衡常数K 3 的数学表达式：K3= ，
故答案为：K3= ；
（3）A、此反应是个气体体积不变的反应，故无论平衡与否，容器中压强一直不变，故压强不变不能作为反应达平衡的标志，故A错误；
B、混合气体中c（CO）不变，说明CO的消耗速率和生成速率相等，即正逆反应速率相等，故反应平衡，故B正确；
C、H2 的正反应速率与H2O的逆反应速率相等，表示的是正逆反应速率，且满足计量数关系，说明达到了平衡状态，故C正确；
D、c(CO2)==c(CO) ，不能判断正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故D错误。
故答案为：BC。
（4）已知：①Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)；
②Fe(s)+H2O(g) FeO(s)+H2(g)；
利用盖斯定律将①-②可得：③CO2 （g）+H2 （g）=CO（g）+H2O（g）；
则K 3 = = =K1/K2 ；
依据图表平衡常数数据分析，温度升高 K1/K2 增大，说明平衡正向进行，反应是吸热反应；
③CO2 （g）+H2 （g）=CO（g）+H2O（g）反应是吸热反应，反应前后气体体积不变，要使反应在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，则
A．缩小反应容器容积实质增大压强，反应前后气体体积不变，平衡不动； 故A不符合；
B．扩大反应容器容积，压强减小，反应前后气体体积不变，平衡不动；故B不符合；
C．反应是吸热反应，降低温度，平衡向放热反应方向进行，平衡逆向进行，故C不符合；
D．反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，平衡正向进行，故D符合；
E．使用合适的催化剂，催化剂只改变反应速率，不改变平衡，故E不符合；
F．设法减少CO的浓度，减少生成物浓度平衡正向进行，故F符合；
故答案为： K1/K2 ；吸热；DF；
（5）一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，正逆反应速率与时间的关系如图所示，其中t4 ﹑t5 ﹑t7时刻对应的实验条件改变分别是t4正逆反应速率同时增大相同的倍数，所以使用催化剂；t5时平衡正向移动，但逆反应的速率突然减小，所以减小生成物的浓度；t7 时刻正逆反应速率都减小，且反应向正反应方向进行，说明是降低温度。
故答案为：加入催化剂；减小NH3浓度；降温。
29.影响化学反应速率的因素很多，某校化学小组用实验的方法进行探究。实验药品：铜、铁、镁、0.5 mol • L-1H2SO4溶液、2 mol • L-1 H2SO4溶液。甲同学研究的实验报告如下表∶
实验步骤
现象
结论
①分别取等体积的2 mol • L-1 的硫酸溶液于三支试管中
②______________________
反应速率∶ 镁>铁，铜不反应
金属的性质越活泼，反应速率越快
（1） 甲同学表中实验步骤②为______________________。
（2） 甲同学的实验目的是__________________________。
要得出正确的实验结论，还需要控制的实验条件是_____________。
乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，利用如图所示装置进行实验∶
（3）乙同学在实验中应该测定的数据是_________________。
（4）乙同学完成该实验应选用的实验药品是________________。
【答案】（1）分别投入大小、形状相同的铜、铁、镁（2）研究金属本身的性质与反应速率的关系 温度相同（3）一定时间内产生气体的体积(或产生一定体积的气体所需的时间)（4）镁(或铁)、0.5 mol • L-1H2SO4溶液、2 mol•L-1H2SO4溶液
【解析】
30.A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的气球。关闭K2,将等量且少量的NO2通过K1、K3分别充入A、B中，反应开始时，A、B的体积相同。已知：2NO2（g）N2O4（g）△H＜0。
（1） 一段时间后，反应达到平衡，此时A、B中生成的N2O4的速率是v（A）______________v（B） （填“＜”、“＞”或“=”）；若打开活塞K2，气球B将______________（填“变大”、“变小”或“不变”，下同）。
（2）若在A、B中再充入与初始量相等的NO2，则达到平衡时，NO2的转化率α（A）将______________ 。若通入等量的Ne气，则达到平衡时，A中NO2的转化率将______________，B中NO2的转化率将______________。
（3）若在容器A中充入4.6g的NO2，达到平衡后容器内混合气体的压强为原来的80%，试求出平衡时NO2的转化率______________。
【答案】 (1). < (2). 变小 (3). 变大 (4). 不变 (5). 变小 (6). 40%
【解析】
【分析】
(1)容器A体积不变，随反应进行，反应混合气体的物质的量减小，容器A中压强降低，容器B体积可变，压强不变，压强越大，反应速率越快；根据A中压强小于B中的压强来分析；
(2)保持容器容积不变，通入一定量的NO2，等效为增大压强到达的平衡，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断；保持压强不变，通入氖气使体系的容积增大一倍，反应混合物的浓度降低，相当于为降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；
(3)先根据公式求出n(NO2)=，再利用三段式和混合气体的压强变化，求出平衡时NO2的转化率。
【详解】(1)容器A中压强降低，容器B体压强不变，压强越大，反应速率越快，所以v（A）
(2) 保持容器容积不变，通入一定量的NO2，等效为增大压强到达的平衡，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，NO2的转化率将增大；保持压强不变，通入氖气使体系的容积增大一倍，反应混合物的浓度降低，相当于为降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动，达到平衡时NO2的转化率减小，但是对于A体系，体积不变，浓度不变，平衡不移动，
因此，本题正确答案是：变大；不变；变小；
(3)设参加反应的二氧化氮为xmol，n(NO2)===0.1mol
2NO2（g）N2O4（g）
起始量(mol) 0.1mol 0
反应量(mol) x
平衡量(mol) 0.1-x
平衡后容器内混合气体的压强为原来的80%，恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，则：=0.8，解得x=0.04mol，
所以平衡时NO2的转化率=100%=40%，
因此，本题正确答案是：40%。
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