【化学】河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版） 25页

河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 S 32‎ ‎1.某反应A + B =" C" + D 在低温下能自发进行，在高温下不能自发进行，对该反应过程△H、△S的判断正确的是（ ）‎ A. △H<0 △S>0 B. △H>0 △S>0‎ C. △H<0 △S<0 D. △H>0 △S<0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0分析．‎ ‎【详解】A、△H＜0，△S＞0，一定存在△H-T△S＜0，在任何温度下，反应都能自发进行，故A不符合；‎ B、△H＞0，△S＞0，高温下△H-T△S＜0，反应自发进行，低温反应非自发进行，故B不符合；‎ C、△H＜0，△S＜0，低温下反应自发进行，高温下不能自发进行，故C符合；‎ D、△H＞0，△S＜0，一定存在△H-T△S＞0，反应任何温度都不能自发进行，故D不符合；‎ 故选C。‎ ‎2.研究化学反应进行的方向对于反应设计等具有重要意义，下列说法正确的是（ ）‎ A. △H <0、△S >0的反应在温度低时不能自发进行 B. 在其他外界条件不变的情况下，汽车排气管中使用催化剂，可以改变产生尾气的反应方向 C. 反应 CaCO3(s) = CaO(s)+CO2(g)在室温下不能自发进行，说明该反应的△H <0‎ D. 一定温度下，反应 MgCl2(l) =Mg(l)+Cl2(g)的 △H >0、△S >0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据△G=△H-T△S，对于△H <0、△S >0的反应在温度低时，△G＜0，反应能够自发进行，A错误；‎ B．催化剂只能改变反应速率，但不改变反应的方向，B错误；‎ C．反应 CaCO3(s) = CaO(s)+CO2(g)中有气体生成，△S >0，室温下不能自发进行，则 ‎△G=△H-T△S＞0，说明该反应的△H＞0，C错误；‎ D．反应 MgCl2(l) =Mg(l)+Cl2(g)中有气体生成，△S >0，一般来说，分解反应是吸热反应，故△H >0，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.X（s）+3Y（g）Z（g） ΔH=－a kJ·molˉ1，一定条件下，将2molX和2molY通入‎2L的恒容密闭容器中，反应10s，测得生成0.5molZ。下列说法正确的是（ ）‎ A. 10s内，X的平均反应速率为0.025mol·Lˉ1·sˉ1‎ B. 第10s时，Y的反应速率为0.075mol·Lˉ1·sˉ1‎ C. 第10s时，X为 1.5mol，Y的浓度为0.25mol·Lˉ1‎ D. 10s内，X和Y反应放出的热量为akJ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．X是固体，不能表示反应速率，故A错误；‎ B．10s内Y的反应速率为0.075mol·Lˉ1·sˉ1，是平均速率不是瞬时速率，故B错误；‎ C．‎ 第10s时，X为 1.5mol，Y的浓度为0.25mol·Lˉ1，故C正确；‎ D．‎ ‎10s内，X和Y反应放出的热量为0.5akJ，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎4.在一恒温、恒容密闭容器中存在化学平衡:H2(g)+I2(g)2HI(g)，已知H2和I2的起始浓度均为0.10 mol·L-1，达到平衡状态时HI的浓度为0.16 mol·L-1。若H2和I2的起始浓度均变为0.20 mol·L-1，则平衡时H2的浓度为（ ）‎ A. 0.16‎‎ mol·L-1 B. 0.08 mol·L‎-1 ‎ C. 0.04 mol·L-1 D. 0.02 mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据反应方程式，反应前后气体系数之和相等，因此H2和I2的起始浓度均变为0.20mol•L-1时，达到平衡时c(H2)是H2和I2的起始浓度均为0.10mol•L-1,达到平衡状态时c(H2)的2倍，H2和I2的起始浓度均为0.10mol•L-1,达到平衡状态时c(H2)=(0.10－0.16/2)mol·L－1=0.02mol·L－1，H2和I2的起始浓度均变为0.20mol•L-1，则平衡时H2的浓度为2×0.02mol·L－1=0.04mol·L－1，故选项C正确。‎ ‎5.反应A（g）+3B（g）=‎2C（g）+2D（g）在四种不同情况下的反应速率分别为：‎ ‎①v（A）=0.45 mol•L-1•min-1 ②v（B）=0.6 mol•L-1•s-1‎ ‎③v（C）=0.4 mol•L-1•s-1 ④v（D）=0.45 mol•L-1•s-1‎ 下列有关反应速率的比较中正确的是（ ）‎ A. ④＞③＝②＞① B. ③＝②＜④＜①‎ C. ①＞②＞③＞④ D. ④＞③＞②＞①‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】如果都用B物质表示反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知反应速率分别是（mol·L－1·s－1）0.0225、0.6、0.6、0.675，则反应速率大小关系是④＞③＝②＞①，答案选A。‎ ‎6.下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）‎ A. 新制的氯水在光照下颜色变浅 B. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深 C. 在合成氨的反应中，加压有利于氨的合成 D. Fe（SCN）3溶液中加入NaOH后溶液颜色变浅 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】勒夏特列原理： 在一个已经达到平衡的反应中，如果改变影响平衡的条件之一(如温度、压强，以及参加反应的化学物质的浓度)，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。勒夏特列原理用于解释化学平衡移动的方向，即化学平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释。‎ ‎【详解】A、Cl2＋H2OHCl＋HClO，2HClO2HCl＋O2↑，HClO在光照条件下发生分解，HClO的浓度减小，使得Cl2‎ 与水反应的平衡正向移动，颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；‎ B、H2＋I22HI，加压，由于反应前后气体体积不变，加压平衡不发生移动，不能用勒夏特别原理解释，而颜色变深，是由于体积减小，I2的浓度变大，颜色变深，B符合题意；‎ C、N2＋3H22NH3，增大压强，平衡正向移动，有利于氨气的生成，可以用勒夏特列原理解释，C不符合题意；‎ D、Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，加入NaOH，Fe3＋与OH－反应生成Fe(OH)3沉淀，Fe3＋浓度减小，平衡逆向移动，Fe(SCN)3减小，颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大 B. 有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大 C. 升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数 D 催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】升高温度、加入催化剂可增大活化分子的百分数，而增大压强、增大浓度，可增大单位体积活化分子的数目，但百分数不变，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. 增大反应物浓度，可增大单位体积活化分子的数目，但百分数不变，A项错误；‎ B. 增大压强，可增大单位体积活化分子的数目，但百分数不变，B项错误；‎ C. 升高温度，可使更多的分子转化为活化分子，增加了反应物分子中活化分子的百分数，C项正确；‎ D. 催化剂可以降低反应所需的活化能，使更多普通分子变成活化分子，增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大反应速率，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.①‎10℃‎时10 mL 0.1 mol·L－1的Na2S2O3溶液和50 mL0.05 mol·L－1的H2SO4溶液；‎ ‎②‎10℃‎时10 mL 0.05 mol·L－1的Na2S2O3溶液和10 mL 0.1 mol·L－1的H2SO4溶液；‎ ‎③‎30℃‎时10 mL 0.05 mol·L－1的Na2S2O3溶液和10 mL 0.1 mol·L－1的H2SO4溶液。‎ 若同时将它们混合发生反应：Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2‎ O，则出现浑浊的先后顺序是（ ）‎ A. ①②③ B. ②①③ C. ③②① D. ①③②‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】温度越高，反应速率越快，③的反应速率最大；相同温度下，②混合液中Na2S2O3和H2SO4的浓度大于①，故反应速率②>①。答案选C。‎ ‎9.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）‎ A. 增加C的量 B. 将容器的体积缩小一半 C. 保持体积不变，通入H2O(g)‎ D. 保持压强不变，充入N2使容器体积增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. C是固体，增加C的量，对其反应速率几乎无影响，A正确；‎ B. 将容器的体积缩小一半，等效于增压，体积减小，各物质浓度增大，则加快反应速率，B错误；‎ C. 保持体积不变，通入H2O(g)，即增加了H2O(g)的浓度，则加快反应速率，C错误；‎ D. 保持压强不变，充入N2使容器体积增大，等效于减压，体积增大，各物质浓度减小，反应速率减小，D错误；‎ 答案选A ‎10.一定条件下，在体积为‎1L的密闭容器中，l molX和1 mol Y进行反应：2X(g)+Y(g) Z(g)，下列叙述能证明该反应已达到化学平衡状态的是( )。‎ A. c(X)∶c(Y)∶c(Z) = 2∶1∶l ‎ B. 容器内原子总数不再发生变化 C. X的百分含量不再发生变化 ‎ D. 同一时间内消耗2n mol X的同时生成n mol Z ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体现中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变以及由此引起的一系列物理量不变。‎ ‎【详解】A. c(X)∶c(Y)∶c(Z) = 2∶1∶l，该反应可能达到平衡状态，也可能没有达到平衡状态，不能确定正逆反应速率是否相等，不能确定各组分浓度是否保持不变，故A错误；‎ B.无论该反应是否达到平衡状态，容器内原子总数不变，故B错误；‎ C. X的百分含量不再发生变化，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故C正确；‎ D. 无论该反应是否达到平衡状态，同一时间内消耗2n mol X的同时生成n mol Z，所以不能据此判断化学平衡状态，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎11.在恒温恒容下使NH2COONH4 (s)2NH3 (g)+CO2(g)达到平衡，不可以判断该反应达到化学平衡的是（ ）‎ A. V正(NH3) =2V逆(CO2)‎ B. 密闭容器中氨气的体积分数不变 C. 密闭容器中总压强不变 D. 密闭容器中混合气体的密度不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NH3、CO2均为生成物，V正(NH3)、V逆(CO2)反应进行的方向相反，且比值等于计量数之比，可判断达到平衡状态，A错误；‎ B.反应中，只有NH3、CO2为气体，且生成的量之比为2：1，反应自始至终均为2：1，则密闭容器中氨气的体积分数不变时，不能判断是否达到平衡状态，B正确；‎ C.若反应达到平衡时，气体的总物质的量不再改变，体积为恒容，则压强不再改变，则密闭容器中总压强不变时，达到平衡状态，C错误；‎ D.若反应达到平衡时，气体的总物质的量不再改变，质量也不改变，体积一直不变，ρ=m/V，则密闭容器中混合气体的密度不变时，达到平衡状态，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎12.对已达到化学平衡的反应2X(g)＋Y(g)2Z(g)，减小压强时，对反应产生的影响是（ ）‎ A. 逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动 B. 逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动 C. 正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动 D. 正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】该反应的反应物和生成物均为气体，减小压强，正、逆反应速率都将减小，这一点只有C项符合；该反应是一个正向气体分子总数减小的反应，减小压强，平衡向逆反应方向移动，所以答案选择C项。‎ ‎13.在一恒容密闭容器中，反应：A(g)＋B(g) C(g)达到平衡，若增大A的浓度，使平衡右移，并达到新的平衡，下列说法正确的是（ ）‎ A. A的浓度一定比原平衡小 B. A的转化率增大 C. C的体积分数一定大于原平衡C的体积分数 D. B的转化率一定增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在一恒容密闭容器中，增大A的浓度，平衡改变但不能抵消，重新达到平衡A的浓度比原平衡大，A的浓度一定比原平衡大，故A错误；‎ B．两种反应物，增大一种物质量，会提高另一种物质转化率，本身转化率减小，若增大A的浓度，A的转化率减小，故B错误；‎ C．增大A的浓度，达到平衡状态，C的体积分数可能增大，若加入A的浓度较大，则C的体积分数也可能减小，故C错误；‎ D．两种反应物，增大一种物质A的量，会提高另一种物质B的转化率，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎14.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L．下列有关判断正确的是(　　)‎ A. C的体积分数增大了 B. 平衡向正反应方向移动 C. A的转化率降低了 D. x+y＜z ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA（g）+yB（g）⇌zC（g），平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应变化为0.25mol/L，题干中再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L．，说明体积增大，压强减小，平衡逆向进行；‎ A.平衡逆向进行，C的体积分数减小，故A错误；‎ B.依据分析平衡逆向进行，故B错误；‎ C.平衡逆向进行，A的转化率减小，故C正确；‎ D.体积增大，压强减小，化学平衡逆向进行，逆向是气体体积增大的反应，所以x+y＞z，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎15.一定条件下，在体积为‎3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇，‎ ‎（催化剂为Cu2O/ZnO）：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，甲醇的物质的量与温度的关系如下图所示，下列分析正确的是 （ ）‎ A. 反应达到平衡时，平衡常数表达式 K＝c(CH3OH)/c(CO)·c2(H2)‎ B. 升高温度，K值增大 C. 在‎500℃‎，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝3tB/2nBmol·(L·min)－1‎ D. 其他条件不变，E点的体积压缩到原来的1/2，重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、平衡常数为各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，反应达到平衡时，平衡常数表达式为K＝c(CH3OH)/c(CO)·c2(H2)，选项A正确；‎ B、由图像可知B曲线先得到平衡，温度高平衡时甲醇的物质的量反而低，说明正反应是放热反应，即升高温度平衡向逆反应方向移动，K值减小，选项B不正确；‎ C、温度为‎500℃‎时，从反应开始到平衡，生成甲醇的物质的量为nB mol，此时甲醇的浓度为mol/L，所以生成甲醇的平均速率为：v(CH3OH)= mol·L-1·min-1。因为反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以氢气的反应速率是mol·L-1·min-1，选项C不正确；‎ D、在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，平衡向正反应方向进行，但氢气的浓度仍然是增加的，选项D不正确；‎ 答案选A。‎ ‎16.对于反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g) ΔH，反应特点与对应的图像的说法中不正确的是（ ）‎ A. 图甲中，若p1＞p2，则在较低温度下有利于该反应自发进行 B. 图乙中，若T2＞T1，则ΔH＜0且a＋b＝c＋d C. 图丙中，t1时刻改变的条件一定是使用了催化剂 D. 图丁中，若ΔH＜0，则纵坐标不可能表示的是反应物的转化率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由反应1图可知，增大压强，A的含量减少，平衡正向移动，说明正反应是熵减的反应，升温A的含量增加，平衡逆向移动，说明正反应是放热反应，根据△G=△H-T△S可知，该反应在低温度时更容易自发进行，故A正确；‎ B．温度越高，A的转化率越低，说明该反应为放热反应，△H＜0，压强增大，A的转化率不变，则压强对平衡无影响，所以a+b=c+d，故B正确；‎ C．根据图象条件改变，使反应速率同时增大并且平衡不移动，说明可能是加催化剂或者在反应前后气体系数和相等时增压，故C错误；‎ D．由图可知，T1的起始斜率大于T2，说明T1＞T2，升高温度，若△‎ H＜0，平衡逆向移动，说明反应物的转化率减小，而图象是温度越高越大，所以不可能表示的是反应物的转化率，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎17.已知反应①CO(g)＋CuO(s) CO2(g)＋Cu(s)和反应②H2(g)＋CuO(s) Cu(s)＋H2O(g)在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应③CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)的平衡常数为K。则下列说法正确的是(　　)‎ A. 反应①的平衡常数K1＝c(CO2).c(Cu)/[c(CO).c(CuO)]‎ B. 反应③的平衡常数K＝K1/K2‎ C. 对于反应③，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应的焓变为正值 D. 对于反应③，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示，反应①的平衡常数K1=c(CO2)/c(CO)，A错误；‎ B．反应①的平衡常数K1=c(CO2)/c(CO)，反应②的平衡常数K2=c(H2O)/c(H2)，反应③：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K=c(CO2)•c(H2)/[c(CO)•c(H2O)]=K1/K2，B正确；‎ C．对于反应③，恒容时，温度升高，H2 的浓度减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，焓变为负值，C错误；‎ D．对于反应③，恒温恒容下，增大压强，平衡不移动，但是H2 浓度增大，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎18.乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯水合法生产，反应的化学方程式如下：C2H4(g)+ H2O(g) C2H5OH(g)，下图为乙烯的平衡转化率与温度(T)、压强(P)的关系[起始n(C2H4)∶n(H2O) =1∶1]。下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. Y对应的乙醇的质量分数为1/9‎ B. X、Y、Z对应的反应速率：υ(X) > υ(Y) > υ(Z)‎ C. X、Y、Z对应的平衡常数数值：KX > KY > KZ D. 增大压强、升高温度均可提高乙烯的平衡转化率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A据图可知，Y点对应乙烯的平衡转化率为20%，起始n(C2H4) : n(H2O)=1:1，设C2H4和H2O的起始物质的量均为1mol，根据三段式法有：‎ C2H4(g)+ H2O(g) C2H5OH(g)‎ 起始(mol) 1 1 0‎ 转化( mol) 0.2 0.2 0.2‎ 平衡(mol) 0.8 0.8 0.2‎ 则平衡时乙醇的质量分数为:=，选项A错误；‎ B.因该反应是气体体积减小的可逆反应，所以温度相同时，压强越大，乙烯的平衡转化率越大，则结合图象可得: P1 KY>KZ，选项C正确；‎ D.因该反应是气体体积减小的可逆反应，则温度相同时，压强越大，乙烯的平衡转化率越大，又因该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，乙烯的平衡转化率降低，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎19.对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强［p(B)]代替物质的量浓度(cB)也可表示平衡常数(记作Kp)。已知反应CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)，在t℃时的平衡常数 Kp=a，则下列说法正确的是（ ）‎ A. Kp=‎ B. 升高温度，若Kp 增大，则该反应为吸热反应 C. 该反应达到平衡状态后，增大压强，平衡向左移动，Kp减小 D. t℃时，反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+2H2 (g)的平衡常数Kp=a ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据方程式，反应CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)的，A错误；‎ B．升高温度，若Kp增大，可以知道升高温度，平衡正向移动，则该反应为吸热反应，B正确；‎ C．Kp只与温度有关，则该反应达到平衡状态后，增大压强，平衡向左移动，Kp不变，C错误；‎ D．反应为倍数关系，K为指数关系，则t℃时，反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+2H2 (g)的平衡常数Kp=a1/2，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎20.某温度下，将2mol A和3mol B充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)+ B(g)C(g)+ D(g)，5min后达到平衡。已知该温度下其平衡常数为1，在t0时刻，若保持温度不变将容器体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则下列说法正确的是( )‎ A. a=2‎ B. 达到平衡时A的转化率为60%‎ C. 速率随时间变化关系如图所示 D. 为提高A的转化率，可采取升高温度的措施 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】若温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍,A的转化率不发生变化,则可以确定,设B的转化率为x,‎ ‎             ⇌‎ ‎, 初始物质的量: 2     3       0      0    ‎ 变化物质的量: 3x             ‎ 平衡物质的量:       3x     3x ‎,计算得出,即A的转化率是.‎ A、,故A错误;‎ B、达平衡时A的转化率为,所以B选项是正确的;‎ C、保持温度不变将容器体积扩大为原来的10倍,速率减小,故C错误;‎ D、因为反应的热效应不知,所以无法确定,故D错误; 本题答案为B。‎ ‎21.已知反应 CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H = -43kJ·mol-1，在‎850℃‎时K=1。今在某密闭容器中充入1.0molCO、3.0molH2O、1.0molCO2和x molH2，下列说法不正确的是（ ）‎ A. ‎900℃‎ 时，该反应的平衡常数 K＜1‎ B. ‎850℃‎ 时，若x=5.0，则起始时反应向逆反应方向进行 C. ‎850℃‎达到化学平衡后，通入CO，化学平衡逆向移动 D. ‎850℃‎时，若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x 应满足x＜3.0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于该反应为放热反应，‎900℃‎时，温度升高，平衡逆向移动，反应的平衡常数减小，即K＜1，A正确；‎ B．该反应前后气体系数之和相等，可用物质的量代替物质的量浓度计算浓度熵，‎850℃‎ 时，若x=5.0，浓度熵＞1，平衡逆向移动，B正确；‎ C．‎850℃‎达到化学平衡后，通入CO，反应物浓度增大，化学平衡正向移动，C错误；‎ D．‎850℃‎时，若要使上述反应开始时向正反应方向进行，达平衡时的数值为最大极限值，平衡时，x=3，因此x应满足x＜3.0，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎22.下列三个化学反应的平衡常数（K1、K2、K3）与温度的关系分别如下表所示：‎ 化学反应 平衡常数 温度 ‎973K ‎1173K ‎① Fe(s) + CO2(g)FeO(s) + CO(g) ΔH 1‎ K1‎ ‎1.47‎ ‎2.15‎ ‎② Fe(s) + H2O(g)FeO(s) + H2(g) ΔH 2‎ K2‎ ‎2.38‎ ‎1.67‎ ‎③ CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g) ΔH 3‎ K3‎ ‎？‎ ‎？‎ 则下列说法正确的是（ ）‎ A. ΔH 1＜0，ΔH 2＞0‎ B. 反应①②③的反应热满足关系：ΔH 2－ΔH 1＝ΔH 3‎ C. 反应①②③的平衡常数满足关系：K1·K2＝K3‎ D. 要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取升温措施 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应①温度升高，K值增大，则反应吸热，△H1＞0，反应②温度升高，K值减小，则反应放热，△H2＜0，故A错误；‎ B．根据盖斯定律可得，②－①＝③，则有△H2－△H1＝△H3，故B正确；‎ C．K1＝，K2＝，K3＝，则有K2÷K1＝K3，故C错误；‎ D．根据K2÷K1＝K3，可知反应③在973K时的K值比1173K时的K值大，温度升高，K值减小，则反应放热，所以要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取降温措施，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎23.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的 NO(g)和足量C(s)，发生反应 C(s)＋2NO(g) CO2(g)＋N2(g)，平衡状态时 NO(g)的物质的量浓度 c(NO)与温度 T 的关系如图所示。则下列说法中正确的是( )‎ A. 该反应的 ΔH>0 ‎ B. 若该反应在 T1、T2 时的平衡常数分别为 K1、K2，则 K1‎2c(CO，容器I)‎ D. 若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1mol，开始时V正>V逆 ‎【答案】AD ‎【解析】A、反应前的气体系数之和大于反应后气体系数之和，此反应属于熵减，即△S<0，反应I中产生的N2的物质的量为0.12/2mol=0.06mol，对比反应I和反应III，降低温度，N2的物质的量升高，说明降低温度，平衡向正反应方向移动，即△H<0，故A正确；B、达到平衡N2的物质的量为0.12/2mol=0.06mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(N2)=0.06/(1×2)mol/(L·s)=0.03 mol/(L·s)，故B错误；C、反应II相当于在I的基础上再通入0.2molNO和0.2molCO，此时假如平衡不移动，c(CO,容器II)= ‎2c(CO，容器I)，增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，因此有c(CO,容器II)<‎2c(CO，容器I)，故C错误；D、 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2 CO2(g)‎ 起始浓度：0.2 0.2 0 0‎ 变化浓度：0.12 0.12 0.06 0.12‎ 平衡浓度：0.08 0.08 0.06 0.12 根据化学平衡常数的表达式，K==21，若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1mol，此时的浓度商Qc= =10<21，说明反应向正反应方向进行，V正>V逆，故D正确。‎ 点睛：本题易错点是选项C，首先分析反应I投入量和反应II的投入量，反应II的投入量与反应I投入量呈比值，因此在反应I的基础上再投入通入0.2molNO和0.2molCO，假如平衡不移动，，c(CO,容器II)= ‎2c(CO，容器I)，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，CO被消耗，因此有c(CO,容器II)<‎2c(CO，容器I)，从而作出合理判断。‎ ‎26.80℃‎时，NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入NO2和SO2，起始浓度如下表所示，其中甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，下列判断不正确的是（ ）‎ 起始浓度 甲 乙 丙 c(NO2)/mol ·L－1‎ ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ c(SO2)/mol ·L－1‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ ‎0.20‎ A. 平衡时，乙中SO2转化率大于50%‎ B. 当反应平衡时，丙中c(SO2)是甲中的2倍 C. 温度升至‎90℃‎，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应 D. 其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol ·L－1 NO2和0.20 mol ·L－1 SO2，达到平衡时c(NO)与原平衡不同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，故△c(NO2)=0.05mol/L，则：‎ ‎            NO2(g)＋SO2(g) SO3(g)＋NO(g)‎ 开始(mol/L)：0.1     0.1        0        0‎ 转化(mol/L)：0.05   0.05      0.05    0.05‎ 平衡(mol/L)：0.05    0.05      0.05    0.05‎ 故该温度下平衡常数K==1。‎ ‎【详解】A．令乙中SO2的浓度变化量为x，则：‎ ‎            NO2(g)＋SO2(g) SO3(g)＋NO(g)‎ 开始(mol/L)：0.2    0.1       0         0‎ 转化(mol/L)： x      x        x         x 平衡(mol/L)：0.2-x  0.1-x    x         x 所以=1，解得x=，故二氧化硫的转化率为×100%=66.7%＞50%，故A正确；‎ B．反应前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙两容器内起始浓度n(NO2)：n(SO2)=1：1，甲、丙为等效平衡，平衡时二氧化硫的物质的量分数相同，丙中总物质的量为甲中的2倍，则反应平衡时，丙中c(SO2)是甲中的2倍，故B正确；‎ C．温度升至‎90℃‎，上述反应平衡常数为，大于‎80℃‎的平衡常数1，则升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故C正确；‎ D．令平衡时NO的浓度为ymol/L，则：‎ ‎            NO2(g)＋SO2(g) SO3(g)＋NO(g)‎ 开始(mol/L)：0.1    0.2        0       0‎ 转化(mol/L)： y       y         y       y 平衡(mol/L)：0.1-y  0.2-y      y       y 则=1，解得y=，而乙平衡时CO的浓度mol/L，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎27.在催化剂的作用下会发生反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)。回答下列问题： ‎ ‎(1)某温度下，将2molCO与5molH2的混合气体充入容积为‎2L 的恒容密闭容器中，经过5 min 后，反应达到平衡，此时转移 6 mol电子。从起始至平衡时v(CH3OH)=______mol·L-1·min-1，该反应的平衡常数为______L2·mol-2。 ‎ ‎(2)在一定压强下，向容积为V L的容器中充入a molCO与‎2a molH2，在催化剂作用下反应生成甲醇，CO 平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。‎ ‎①p1____(填“＞” “＜”或“=”，下同)p2，△H_____0。‎ ‎②下列能使该反应的化学反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是 __________(填字母)。‎ A．及时分离出CH3OH气体 B．适当升高温度 C．增大H2的浓度 D．选择高效催化剂 ‎【答案】(1). 0.15 (2). 3 (3). ＜ (4). ＜ (5). C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据电子转移的物质的量计算反应的CO的物质的量，进而计算化学反应速率，结合三段式计算化学平衡常数，由“定一议二”比较压强大小，通过温度对平衡的影响判断反应吸放热情况，根绝化学反应速率和平衡移动的影响因素进行判断。‎ ‎【详解】(1)根据题干信息可知，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3‎ OH(g)中，每消耗1molCO，转移4mol电子，因此在反应达到平衡时转移6mol电子，说明从起始至平衡CO消耗了1.5mol，列三段式有：‎ 所以，平衡常数；‎ ‎(2)①根据图像分析，温度相同时，p1到p2的过程CO的转化率增大，说明平衡正向移动，由于该反应是气体体积减小的反应，所以p1到p2为增大压强的过程，即p1＜p2；升高温度，CO的转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应正反应为放热反应，即△H＜0；‎ ‎②A．及时分离除CH3OH气体平衡向正反应方向进行，但不能使化学反应速率增大，A不符合题意；‎ B．适当升高温度反应速率增大，但平衡向逆反应方向进行，B不符合题意；‎ C．增大H2的浓度能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动，C符合题意；‎ D．选择高效催化剂加快反应速率，但平衡不移动，D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎28.近年来，磁性材料的研究备受国际磁学界的关注。Fe3O4具有许多优异的性能，在磁性材料等领域应用广泛。回答下列问题：‎ ‎(1)以太阳能为热源分解Fe3O4，经由热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。‎ 已知：H2O(l)= H2(g)+O2(g)△H1+285.5kJ·mol-1‎ 过程I：2 Fe3O4(s)⇌6 FeO (s)+O2(g)△H2=+313.2kJ•mol-1‎ 则过程II的热化学方程式为 ______________________________。‎ ‎(2)磁铁矿(Fe3O4)是工业上冶炼铁的原料之一，发生的主要反应为Fe3O4(s)+4CO(g)⇌3Fe(s)+4CO2(g)△H <0，T℃ 时，在 ‎1L 恒容密闭容器中加入Fe3O4、CO各0.5mol，5min反应达到平衡时，固体质量减小了‎6.4g。‎ ‎①从起始到反应达到平衡时v(CO2)=______，T℃时，该反应的平衡常数K=________。‎ ‎②欲提高该反应中 CO的平衡转化率，可采取的措施是______(任写一个即可)。‎ ‎③其他条件不变时，该反应在不同温度下，CO2的产率随时间的变化α(CO2)~t曲线如图所示，温度T1、T2、T3由大到小的关系是____，判断依据是_______。‎ ‎【答案】(1). 3FeO(s)+H2O(1)= H2(g)+Fe3O4(s)△H=+128.9kJ•mo1-1 (2). 0.08mo1•L-1 •min-1 (3). 256 (4). 移出CO2(或降低温度) (5). T1>T2>T3 (6). 其他条件相同时，曲线斜率T1>T2>T3，即反应速率v1>v2>v3，而温度越高，反应速率越快，所以T1>T2>T3[或该反应是放热反应，温度越高，达到平衡时α(CO2）越小或温度越高，达到平衡时所需时间越短]‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据图中信息和盖斯定律书写热化学方程式并计算ΔH，根据固体减少的质量计算固体减少的物质的量，结合方程式计算CO2生成的物质的量，利用三段式计算反应的平衡常数，根据平衡移动原理判断提高平衡转化率的措施，根据“先拐先平”比较温度大小。‎ ‎【详解】(1)根据图中信息可知，过程II的方程式为3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)，已知①H2O(1)=H2(g)+O2(g)△H1=+285.5kJ·mol-1，②2Fe3O4(s)⇌6FeO(s)+O2(g)△H2=+313.2kJ·mol-1，根据盖斯定律，由①-②×得反应3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)△H=+285.5kJ·mol-1-313.2kJ·mol-1×=+128.9kJ/mol；‎ ‎(2)①‎1L恒容密闭容器中加入Fe3O4、CO各0.5mol，5min反应达到平衡时，固体质量减小了‎6.4g，根据方程式可知，固体减少的质量即为4个O原子的质量，则有：‎ 所以生成CO2的质量x=‎17.6g，即物质的量为0.4mol，所以，根据转化关系列三段式有：‎ 所以平衡常数；‎ ‎②该反应为放热反应，欲提高该反应中CO的平衡转化率，则使平衡正向移动，可采取的措施是移出CO2或降低温变；‎ ‎③由图像可知，其他条件相同时，曲线斜率T1>T2>T3，即反应速率v1>v2>v3，而温度越高，反应速率越快，所以T1>T2>T3[或该反应是放热反应，温度越高，达到平衡时α(CO2）越小或温度越高，达到平衡时所需时间越短]。‎ ‎29.某可逆反应：‎2A(g)B(g)+C(g)在3种不同条件下进行，B和C的起始浓度均为0，反应物A的浓度随反应时间的变化情况如下表：‎ ‎（1）实验1中，在10～20 min内，以物质A表示的平均反应速率为___mol·L-1·min-l，50min时，v正___v逆（填“＜”“＞”或“=”）。‎ ‎（2）0～20min内，实验2比实验1的反应速率___（填“快”或“慢”），其原因可能是___。‎ ‎（3）实验3比实验1的反应速率__（填“快”或“慢”），其原因是__。‎ ‎【答案】(1). 0.013 (2). = (3). 快 (4). 实验2中使用了催化剂 (5). 快 (6). 实验3温度升高加快了反应速 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）由v=计算反应速率，50min时，浓度不再发生变化，反应达到平衡状态；‎ ‎（2）根据达到平衡状态所需时间判断反应进行的快慢；‎ ‎（3）根据达到平衡状态所需时间判断反应进行的快慢，再根据温度判断原因。‎ ‎【详解】（1）v(A)= ==0.013 mol·L-1·min-l；50min时，浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，则v正=v逆；‎ ‎（2）实验2在20min时达到平衡，实验1在40min时达到平衡，实验2达到平衡状态所需时间短，说明实验2比实验1的反应速率快；在其他条件均相同的条件下，增加催化剂可使反应速率加快；‎ ‎（3）实验3在30min时达到平衡，实验1在40min时达到平衡，实验3达到平衡状态所需时间短，说明实验3比实验1的反应速率快；实验3与实验1相比，温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。‎ ‎30.（1）‎25 ℃‎时，制备亚硝酰氯所涉及的热化学方程式和平衡常数如表：‎ 热化学方程式 平衡常数 ‎①‎ ‎2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+NOCl(g) ΔH1=a kJ∙mol-1‎ K1‎ ‎②‎ ‎4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+ 2NO(g)+Cl2(g) ΔH2=b kJ∙mol-1‎ K2‎ ‎③‎ ‎2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g) ΔH3‎ K3‎ 则该温度下，ΔH3=_______________kJ∙mol-1；K3=_____________（用K1和K2表示）。‎ ‎（2）‎25℃‎时，在体积为‎2L的恒容密闭容器中通入0.08 mol NO和0.04 molCl2发生上述反应③，若反应开始与结束时温度相同，数字压强仪显示反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图Ⅰ实线所示，则ΔH3 ___（填“>”“<”或“=”）0；若其他条件相同，仅改变某一条件，测得其压强随时间的变化如图Ⅰ虚线所示，则改变的条件是_____________；在5 min时，再充入0.08 mol NO和0.04 molCl2，则混合气体的平均相对分子质量将_____________（填“增大”、“减小”或“不变”）。图Ⅱ是甲、乙两同学描绘上述反应③的平衡常数的对数值（lgK）与温度的变化关系图，其中正确的曲线是______（填“甲”或“乙”），a值为__________。‎25 ℃‎时测得反应③在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，则此时v正_________v逆（填“>”“＜”或“=”）‎ ‎(3)在‎300 ℃‎、8 MPa下，将CO2和H2按物质的量之比1∶3 通入一密闭容器中发生CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)中反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp＝_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。‎ ‎【答案】(1). ‎2a-b (2). (3). < (4). 加入催化剂 (5). 增大 (6). 乙 (7). 2 (8). > (9). (MPa)-2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据盖斯定律将①×2-②可得：2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，焓变为倍数关系，而K为指数关系，以此计算K；‎ ‎(2)由图I分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的；由图Ⅰ虚线知：化学反应速率加快，但平衡不移动，判断改变的条件；‎25℃‎时，在体积为‎2L的恒容密闭容器中通入0.08mol NO和0.04molCl2发生反应③，图像中得到5min反应达到平衡状态，开始和平衡状态气体压强之比为6：5，在5min时，再充入0.08mol NO和0.04molCl2，相当于增大压强，根据平衡的移动对物质的量的影响，分析判断平均相对分子质量的变化；根据反应③的平衡常数的对数值(lgK)与温度的变化关系图，由于△H3＜0，因此升高温度，平衡逆向移动，结合K的变化分析判断正确的曲线；气体压强之比等于气体物质的量之比，设消耗氯气物质的量x，根据三段式计算出‎25℃‎时的平衡常数K，再计算lgK，确定a值；‎25 ℃‎时测得反应③在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，根据Qc与K的相对大小，判断反应进行的方向，确定v正与v逆的大小；‎ ‎(3)依据三段式列式计算平衡时气体物质的量，压强之比等于气体物质的量之比，计算得到各气体的分压，结合平衡常数概念计算。‎ ‎【详解】(1)已知：①2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g)，②4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，将①×2-②可得：2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，该反应△H3=2△H1-△H2=‎2a-b，则平衡常数K3= ，故答案为‎2a-b；；‎ ‎(2)由图I分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的，随着反应的进行，温度逐渐升高，压强增大；反应到一定程度，因反应物浓度减小，随反应正向进行，压强反而减小，到压强随时间变化不变时，达到平衡状态，反应焓变△H＜0；根据图Ⅰ虚线知：化学反应速率加快，但平衡不移动，因此改变的条件为加入催化剂；‎25℃‎时，在体积为‎2L的恒容密闭容器中通入0.08mol NO和0.04molCl2发生上述反应③，图像中得到5min反应达到平衡状态，开始和平衡状态气体压强之比为6：5，在5min时，再充入0.08mol NO和0.04molCl2，相当于增大压强，平衡正向进行，气体物质的量减小，气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量将增大；反应③2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g) ΔH3，由于△H3＜0，因此升高温度，平衡逆向移动，K减小，则lgK减小，正确的曲线为乙；气体压强之比等于气体物质的量之比，设消耗氯气物质的量x ‎                            2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)‎ 起始量(mol/L)  0.08           0.04                0‎ 变化量(mol/L) 2x               x                 2x 平衡量(mol/L)0.08-2x       0.04-x               2x ‎(0.08-2x+0.04-x+2x)：(0.08+0.04)=5：6，解得：x=0.02mol，平衡常数K3= =100，lgK= lg100=2，即a=2；‎25 ℃‎时测得反应③在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，此时Qc==1.4＜K=100，反应向正反应方向进行，v正＞v逆，故答案为＜；加入催化剂； 增大；乙；2；>；‎ ‎(3)若反应条件为压强8MPa，‎300℃‎的反应温度下二氧化碳和氢气按1∶3的比例通入，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，结合三段式列式计算，‎ ‎                     CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)‎ 起始量(mol) 1             3                     0             0‎ 变化量(mol) 0.5         1.5                  0.5          0.5‎ 平衡量(mol) 0.5         1.5                   0.5           0.5‎ 分压=总压×物质的量分数，则P(CO2)=8× = ，P(H2)=8×=4，P(CH3OH)=8×= ，P(H2O)=8×= ，Kp= =(MPa)-2，故答案为(MPa)-2。‎