化学卷·2018届重庆十一中高二上学期期中化学试卷（小班） （解析版） 25页

‎2016-2017学年重庆十一中高二（上）期中化学试卷（小班）‎ ‎　‎ 一、填空题（每道小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）‎ ‎1．下列实验事实能用勒夏特烈原理解释的是（　　）‎ A．夏天打开啤酒盖，喷出大量泡沫 B．工业上合成氨气时采用高温利于氨气的合成 C．在HI的分解实验达到平衡后加压颜色变深 D．锌和稀硫酸制备氢气时滴入少量硫酸铜可以加快速率 ‎2．下列关于电解质的说法正确的是（　　）‎ A．强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强 B．水溶液中导电能力差的电解质一定是弱电解质 C．强电解质在稀的水溶液中全部以离子的形态存在 D．强电解质都是离子化合物，而弱电解质都是共价化合物 ‎3．室温时，0.1mol/L某一元酸HA的水溶液PH=4．下列描述不正确的是（　　）‎ A．该溶液中HA有0.1%发生了电离 B．此酸电离平衡常数约为10﹣7‎ C．升高温度后溶液的PH增大 D．若将PH=2的HA溶液与PH=12的NaOH溶液等体积混合后PH=7‎ ‎4．为了证明醋酸是弱电解质，四同学分别进行实验：‎ 甲用pH试纸测出0.10mol/L的醋酸溶液pH=4；‎ 乙将pH=3醋酸和盐酸，各取10ml，用蒸馏水稀释到原来的100倍，然后用pH试纸测定该溶液的pH，醋酸的变化小 丙将pH=3醋酸和盐酸，分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变化大 丁取pH=3的盐酸和醋酸，分别稀释到原来的100倍，然后加入完全一样的锌粒，测量醋酸放出H2的速率快 上述实验可以实现并能证明醋酸是弱酸的是（　　）‎ A．一位同学 B．二位同学 C．三位同学 D．四位同学 ‎5．下列叙述不正确的是（　　）‎ A．碳酸氢钠加热可以分解，因为升高温度利于熵增的方向自发进行 B．在温度、压强一定的条件下，自发反应总是向△G=△H﹣T△S＜0的方向进行 C．水结冰的过程不能自发进行的原因是熵减的过程，改变条件也不可能自发进行 D．混乱度减小的吸热反应一定不能自发进行 ‎6．对于反应3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）△H＜0．，达到平衡后，以下分析正确的是（　　）‎ A．升高温度，正反应的反应速率变快，逆反应速率变慢，平衡向正反应方向移动 B．减小反应物浓度，逆反应的速率变慢，正反应速率变快，平衡向正反应方向移动 C．增大压强，正反应的反应速率加快，逆反应速率也加快，平衡向正反应方向移动 D．加入正催化剂，对正反应的反应速率影响更大 ‎7．常温常压下向2L的恒温密闭容器中投入2mol A和1mol B，发生可逆反应 3A（g）+2B（s）⇌2C（g）+D（g）△H=﹣a kJ/mol．5min后达平衡，测得容器中n（C）=0.8mol．则下列说法正确的是（　　）‎ A．3v（A）=2v（C）=0.16 mol/（L•min）‎ B．该可逆反应达平衡后，放出0.8a kJ的热能（假设化学能全转化为热能）‎ C．升高温度，该平衡正向速率减小，故平衡逆向移动 D．使用催化剂或缩小容器体积，该平衡均不会移动 ‎8．臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g），反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是（　　）‎ A B C D 升高温度，平衡常数增大 ‎0～3s内，反应速率为：‎ v（NO2）=0.2mol·L﹣1‎ t1时仅加入催化剂，平衡正向移动 达平衡时，仅改变x，则x为c（O3）‎ A．A B．B C．C D．D ‎9．在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X（g）⇌Y（g），温度T1、T2下X的物质的量浓度c（x）随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是（　　）‎ A．M点时再加入一定量的X，平衡后X的转化率增大 B．T2下，在0～t1时间内，v（Y）=mol/（L•min）‎ C．M点的正反应速率v正小于N点的逆反应速率v逆 D．该反应进行到M点吸收的热量小于进行到W点放出的热量 ‎10．某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）⇌3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%．在此平衡体系中加入1molZ（g），恒定温度条件下，在平衡后X、Y、Z的体积分数不变．下列叙述正确的是（　　）‎ A．第二次平衡时，Z的浓度为0.2 mol•L﹣1‎ B．m=3‎ C．X与Y的平衡转化率之比为1：2‎ D．加入Z后平衡没移动 ‎11．对于反应A2（g）+2B2（g）⇌2AB2（g）（正反应为放热反应），下列各图所表示的变化符合勒夏特列原理的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx（s）+yH2（g）⇌MHx+2y（s）△H＜0 达到化学平衡时．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．吸收y mol H2只需1 mol MHx B．平衡时容器内气体压强减小 C．若降温，该反应的平衡常数增大 D．若向容器内通入少量氢气，则v（放氢）＞v（吸氢）‎ ‎13．在体积均为1.0L的恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.3molCO2，在不同温度下反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）．下列说法正确的是（　　）‎ A．反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）△S＞0、△H＜0‎ B．体系的总压强P总：P总（状态Ⅱ）＞3P总（状态Ⅰ）‎ C．体系中c（CO2）：c（CO2，状态Ⅱ）＜3c（CO2，状态Ⅲ）‎ D．逆反应速率V逆：V逆（状态Ⅰ）＞V逆（状态Ⅲ）‎ ‎14．向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：xA（g）+B（g）⇌2C（g）．各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以表和图表示 容器 甲 乙 丙 容积 ‎0.5L ‎0.5L ‎1.0L 温度/℃‎ T1‎ T2‎ T2‎ 反应物 起始量 ‎1.5molA ‎0.5 molB ‎1.5 molA ‎0.5 molB ‎6.0 molA ‎2.0 molB 下列说法正确的是（　　）‎ A．若平衡时温度不变，改变容器体积平衡不移动 B．由图可知：T1＜T2，且该反应为吸热反应 C．l0min内甲容器中反应的平均速率v（A）=0.025mol•（L•min）﹣1‎ D．T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，平衡时A的转化率为25%‎ ‎15．某可逆反应：A（g）+3B（g）⇌2C（g）；△H＜0．有甲乙两个容积为0.5L的密闭容器，向甲容器中加入1molA的和3molB在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1‎ kJ；在相同条件下，向乙容器中加入2molC达到平衡时吸收热量为Q2kJ；已知Q2=3Q1．下列叙述正确的是（　　）‎ A．乙中的热化学方程式为2C（g）⇌A（g）+3B（g）；△H=+4Q2/3kJ/mol B．反应达到平衡前，甲中始终有v正大于v逆，乙中始终有v正大于v逆 C．在该条件下，反应2C（g）⇌A（g）+3B（g）的平衡常数为9×1.52（mol/L）2‎ D．乙中C的转化率为25%‎ ‎16．已知反应：2NO2（红棕色）⇌N204（无色）△H＜0．将一定量的NO2充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）．下列说法正确的是（　　）‎ A．b点的操作是拉伸注射器 B．d点：v（正）＞v（逆）‎ C．c点与a点相比，c（N02）增大，c（N204）减小，若容器绝热则平衡常数Ka＞Kc D．若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T（b）＜T（c）‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎17．一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：‎ ‎（1）SO2（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+S（l）△H＜0‎ ‎①如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是　　．（选填编号）‎ a．减压 b．增加SO2的浓度 c．升温 d．及时移走产物 ‎②若反应在恒容的密闭绝热容器中进行，下列说法不正确的是　　．（选填编号）‎ a．平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变 b．当容器内温度不再变化时，反应达到了平衡 c．其他条件不变，升高温度可增大平衡常数 d．其他条件不变，使用不同催化剂，该反应热效应不同 ‎③该反应的平衡常数表达式是′；某温度下2L恒定容器中加入2mol的SO2和2mol的CO．10分钟内，气体密度减小了8g/L，则CO的反应速率是　　．‎ ‎（2）SO2（g）+NO2（g）⇌NO（g）+SO3（g）‎ ‎①在2L恒定容器中加入2mol的SO2和2mol的NO2，达到平衡时测得SO2的转化率为50%，向该容器中再加入1mol的SO2，平衡将向　　方向移动，计算重新达到平衡时SO2的浓度是　　，SO2的转化率由50%变为　　，NO2的转化率由　　变为　　．‎ ‎②实验结果启示我们：增大一种反应物浓度，其转化率将　　（填增大、减小或不变），另一种反应物的转化率将　　．现实生产的意义是：可以通过增大　　的用量，来提高成本高的反应物的利用率．‎ ‎18．在恒温条件下起始时容积均为5L的甲、乙两密闭容器中（甲为恒容容器、乙为恒压容器），均进行反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H2=﹣92.4kJ/mol，有关数据及特定平衡状态见表．‎ 容器 起始投入 达平衡时 甲 ‎2molN2‎ ‎3molH2‎ ‎0molNH3‎ ‎1.5molNH3‎ 乙 amolN2‎ bmolH2‎ ‎0molNH3]‎ ‎1.2molNH3‎ ‎（1）若平衡后同种物质的体积分数相同，起始时乙容器通入的N2的物质的量为　　，‎ 起始时乙中的压强是甲容器的　　倍，乙的平衡常数为　　‎ ‎（2）恒容密闭容器中可以发生氨气的分解反应，达平衡后，仅改变下表中反应条件x，下列各项中y随x的增大而增大的是　　（选填序号）．‎ 选项 a b c d x 温度 温度 加入H2的物质的量 加入氨气的物质的量 y 混合气体的平均相对分子质量 平衡常数K 混合气体的密度 达平衡时氨气的转化率 ‎（3）研究在其他条件不变时，改变起始物氢气的物质的量对反应的影响，实验结果如图所示（图中T表示温度，n表示物质的量）：‎ ‎①像中T2和T1的关系是：T2　　T1（填“高于”“低于”“等于”“无法确定”）．‎ ‎②a、b、c三点中，N2转化率最高的是　　（填字母）．‎ ‎③若容器容积为1L，T2℃在起始体系中加入1mol N2，3molH2，经过5min反应达到平衡时H2的转化率为60%，则NH3的反应速率为　　．保持容器体积不变，若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，达平衡后放出的热量为Q，则Q　　110.88kJ（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎19．运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义．‎ ‎（1）已知： O2（g）═O2+（g）+e﹣△H1=+587.9kJ/mol K1‎ PtF6（g）+e﹣═PtF6﹣（g）△H2=﹣771.1kJ/mol K2‎ O2+PtF6﹣（s）═O2+（g）+PtF6﹣（g）△H3=+482.2kJ/mol K3‎ 则反应O2（g）+PtF6（g）═O2+PtF6﹣（s）的△H=　　，K=　　（用K1、K2、K3表示）‎ ‎（2）一定条件下，铁可以和CO2发生反应：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），已知该反应的平衡常数K 与温度T 的关系如图甲所示．‎ ‎①T℃、p Pa压强下的密闭容器中进行反应，下列能说明反应达到平衡状态的是　　．‎ a．混合气体的平均相对分子质量不再变化 b．容器内压强不再变化 c．v正（CO2）=v逆 （FeO）‎ d．CO2的体积分数不再变化 ‎②T1温度下，向体积为VL的密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2，达到平衡时则CO2的平衡转化率为　　；反应过程中体系的能量　　（增多或降低）‎ ‎③T2温度下，恒容密闭容器中，反应过程中测定CO和CO2物质的量与时间的关系如图乙所示．则T1　　T2（填＞、＜或=），CO2的平衡转化率为　　，平衡时混合气体的密度与起始时气体的密度之比为　　．‎ ‎20．U、W、Y是原子序数依次增大的短周期主族元素，在周期表中的相对位置如右表；U元素与氧元素能形成两种无色气体；W是地壳中含量最多的金属元素．‎ U W Y ‎（1）元素U的原子核外共有　　种不同能级的电子．‎ ‎（2）能提高W与稀硫酸反应速率的方法是　　‎ a．使用浓硫酸 b．加热 c．加压 d．使用等质量的W粉末 ‎（3）在恒容密闭容器中进行：2YO2（g）+O2（g）2YO3（g）△H2=﹣190kJ/mol ‎①该反应 450℃时的平衡常数　　 500℃时的平衡常数（填＜，＞或=）．‎ ‎②下列描述中能说明上述反应已达平衡的是　　‎ a．2ν（O2）正=ν（YO3）逆　　 b．气体的平均分子量不随时间而变化 c．反应时气体的密度不随时间而变化 d．反应时气体的分子总数不随时间而变化 ‎③在一个固定容积为2L的密闭容器中充入0.20mol YO2和0.10molO2，半分钟后达到平衡，测得容器中含YO30.18mol，则ν（O2）=　　：平衡常数为　　．若继续通入0.20molYO2和0.10molO2，再次达到平衡后，YO3物质的量约为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年重庆十一中高二（上）期中化学试卷（小班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、填空题（每道小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）‎ ‎1．下列实验事实能用勒夏特烈原理解释的是（　　）‎ A．夏天打开啤酒盖，喷出大量泡沫 B．工业上合成氨气时采用高温利于氨气的合成 C．在HI的分解实验达到平衡后加压颜色变深 D．锌和稀硫酸制备氢气时滴入少量硫酸铜可以加快速率 ‎【考点】化学平衡移动原理．‎ ‎【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．‎ ‎【解答】解：A．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，可以用平衡移动原理解释，故A选；‎ B．合成氨是放热反应，升高温度平衡逆向移动，升高温度目的是增大化学反应速率，不能用平衡移动原理解释，故B不选；‎ C．在HI分解实验中达到平衡后加压导致容器体积减小，碘浓度增大，颜色加深，但平衡不移动，不能用平衡移动原理解释，故C不选；‎ D．Zn置换出硫酸铜中的Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池而加快化学反应速率，不能用平衡移动原理解释，故D不选；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎2．下列关于电解质的说法正确的是（　　）‎ A．强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强 B．水溶液中导电能力差的电解质一定是弱电解质 C．强电解质在稀的水溶液中全部以离子的形态存在 D．强电解质都是离子化合物，而弱电解质都是共价化合物 ‎【考点】强电解质和弱电解质的概念；电解质溶液的导电性．‎ ‎【分析】A．溶液的导电能力与离子的浓度有关，与电解质的强弱无关；‎ B．水溶液中导电能力与离子的浓度有关，浓度越大导电能力越强，浓度越小导电能力越弱；‎ C．强电解质是指：在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物；‎ D．有些强电解质为共价化合物，有些弱电解质为离子化合物．‎ ‎【解答】解：A．溶液的导电能力与离子的浓度有关，浓度越大导电能力越强，浓度越小导电能力越弱．强电解质是指：在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物，溶液的导电能力与电解质的强弱无关，如硫酸钡是强电解质，难溶于水，离子浓度小，导电能力弱，CH3COOH为弱电解质，易溶于水，当乙酸浓度比较大时，离子的浓度大，导电能力强，故A错误； ‎ B．水溶液中导电能力差的电解质不一定为弱电解质，如硫酸钡是强电解质，难溶于水，离子浓度小，导电能力弱，故B错误；‎ C．强电解质溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，故C正确；‎ D．氯化氢为强电解质，但氯化氢为共价化合物，氢氧化铝为弱电解质，但它是离子化合物，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．室温时，0.1mol/L某一元酸HA的水溶液PH=4．下列描述不正确的是（　　）‎ A．该溶液中HA有0.1%发生了电离 B．此酸电离平衡常数约为10﹣7‎ C．升高温度后溶液的PH增大 D．若将PH=2的HA溶液与PH=12的NaOH溶液等体积混合后PH=7‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】A．利用PH=4，计算电离度；‎ B．根据电离度及离子的浓度计算电离平衡常数；‎ C．温度升高促进电离，氢离子浓度变大；‎ D．HA是弱酸，不能完全电离．‎ ‎【解答】解：A．0.1mol/L某一元酸HA，pH=4，HA电离度为=0.1%，故A正确；‎ B．由HA═H++Ac﹣，c（H+）=c（Ac﹣）=10﹣4mol/L，则电离平衡常数为=1×10﹣7，故B正确；‎ C．温度升高促进电离，氢离子浓度变大，pH减小，故C错误；‎ D．HA是弱酸，未完全电离，故pH=2的HA的酸和pH=12的NaOH溶液混合后，HA过量，故混合后溶液显酸性，即pH小于7，故D错误．‎ 故选CD．‎ ‎　‎ ‎4．为了证明醋酸是弱电解质，四同学分别进行实验：‎ 甲用pH试纸测出0.10mol/L的醋酸溶液pH=4；‎ 乙将pH=3醋酸和盐酸，各取10ml，用蒸馏水稀释到原来的100倍，然后用pH试纸测定该溶液的pH，醋酸的变化小 丙将pH=3醋酸和盐酸，分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变化大 丁取pH=3的盐酸和醋酸，分别稀释到原来的100倍，然后加入完全一样的锌粒，测量醋酸放出H2的速率快 上述实验可以实现并能证明醋酸是弱酸的是（　　）‎ A．一位同学 B．二位同学 C．三位同学 D．四位同学 ‎【考点】弱电解质的判断．‎ ‎【分析】强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，要证明醋酸是弱电解质，只要能证明醋酸部分电离即可，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：甲．用pH试纸测出0.10mol/L的醋酸溶液pH=4，醋酸中氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，则醋酸为弱电解质，故正确；‎ 乙．将pH=3醋酸和盐酸，各取10ml，用蒸馏水稀释到原来的100倍，然后用pH试纸测定该溶液的pH，醋酸的变化小，说明醋酸中存在电离平衡，为弱电解质，故正确；‎ 丙．将pH=3醋酸和盐酸，分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变化大，说明醋酸中存在电离平衡，加入相应的钠盐抑制醋酸电离，为弱电解质，故正确；‎ 丁．取pH=3的盐酸和醋酸，分别稀释到原来的100倍，然后加入完全一样的锌粒，测量醋酸放出H2的速率快，说明稀释后醋酸中氢离子浓度大于盐酸，稀释过程中醋酸继续电离生成氢离子，所以醋酸中存在醋酸电离平衡，为弱电解质，故正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．下列叙述不正确的是（　　）‎ A．碳酸氢钠加热可以分解，因为升高温度利于熵增的方向自发进行 B．在温度、压强一定的条件下，自发反应总是向△G=△H﹣T△S＜0的方向进行 C．水结冰的过程不能自发进行的原因是熵减的过程，改变条件也不可能自发进行 D．混乱度减小的吸热反应一定不能自发进行 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，反之不能自发进行，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．碳酸氢钠加热可以分解，生成气体增多，△S＞0，即升高温度利于熵增的方向自发进行，故A正确；‎ B．△G=△H﹣T△S＜0，可自发反应，故B正确；‎ C．水结冰的过程不能自发进行的原因是熵减的过程，改变条件能自发进行，如降温可发生，故C错误；‎ D．混乱度减小的吸热反应，△S＜0、△H＞0，则△H﹣T△S＞0，该反应不能自发进行，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．对于反应3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）△H＜0．，达到平衡后，以下分析正确的是（　　）‎ A．升高温度，正反应的反应速率变快，逆反应速率变慢，平衡向正反应方向移动 B．减小反应物浓度，逆反应的速率变慢，正反应速率变快，平衡向正反应方向移动 C．增大压强，正反应的反应速率加快，逆反应速率也加快，平衡向正反应方向移动 D．加入正催化剂，对正反应的反应速率影响更大 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】对于反应3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，反应物气体的计量数之和大于生成物，增大压强，正逆反应速率都增大，平衡正向移动，该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，加入催化剂，平衡不移动，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．升高温度，正逆反应速率都增大，故A错误；‎ B．减小浓度，正逆反应速率都减小，故B错误；‎ C．反应物气体的计量数之和大于生成物，增大压强，正逆反应速率都增大，平衡正向移动，故C正确；‎ D．加入催化剂，同等程度改变反应速率，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．常温常压下向2L的恒温密闭容器中投入2mol A和1mol B，发生可逆反应 3A（g）+2B（s）⇌2C（g）+D（g）△H=﹣a kJ/mol．5min后达平衡，测得容器中n（C）=0.8mol．则下列说法正确的是（　　）‎ A．3v（A）=2v（C）=0.16 mol/（L•min）‎ B．该可逆反应达平衡后，放出0.8a kJ的热能（假设化学能全转化为热能）‎ C．升高温度，该平衡正向速率减小，故平衡逆向移动 D．使用催化剂或缩小容器体积，该平衡均不会移动 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．速率之比等于化学计量数之比；‎ B．物质的量与反应中热量变化成正比；‎ C．升高温度，速率增大，平衡逆向移动；‎ D．该反应为气体体积不变的反应．‎ ‎【解答】解：A．速率之比等于化学计量数之比，A、C的化学计量数之比为3：2，则2v（A）=3v（C），故A错误；‎ B．物质的量与反应中热量变化成正比，该可逆反应达平衡后，转化的A为1.2mol，则放出的热量为kJ=0.4kJ，故B错误；‎ C．升高温度，正逆反应速率增大，平衡逆向移动，故C错误；‎ D．该反应为气体体积不变的反应，则使用催化剂或缩小容器体积，该平衡均不会移动，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g），反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是（　　）‎ A B C D 升高温度，平衡常数增大 ‎0～3s内，反应速率为：‎ v（NO2）=0.2mol·L﹣1‎ t1时仅加入催化剂，平衡正向移动 达平衡时，仅改变x，则x为c（O3）‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；反应热和焓变；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应；‎ B．结合v=计算；‎ C．加入催化剂，同等程度改变反应速率，不影响平衡移动；‎ D．增大c（O3），促进NO2的转化，平衡正向移动．‎ ‎【解答】解：A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小，故A错误；‎ B.0～3s内，反应速率为v（NO2）==0.2mol·L﹣1．s﹣1，故B错误；‎ C．t1时仅加入催化剂，增大反应速率，但平衡不移动，故C错误；‎ D．增大c（O3），促进NO2的转化，平衡正向移动，则NO2的转化率增大，图中关系合理，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X（g）⇌Y（g），温度T1、T2下X的物质的量浓度c（x）随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是（　　）‎ A．M点时再加入一定量的X，平衡后X的转化率增大 B．T2下，在0～t1时间内，v（Y）=mol/（L•min）‎ C．M点的正反应速率v正小于N点的逆反应速率v逆 D．该反应进行到M点吸收的热量小于进行到W点放出的热量 ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】由图可知，温度为T1先到达平衡，所以T1＞T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；‎ A．M点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡比较，压强增大平衡正向移动；‎ B．根据图中X的浓度变化求出Y的浓度变化，结合v=计算反应速率；‎ C．温度越高反应速率越大；‎ D．根据图象判断参加反应的X的量的多少，反应的X越多，放热越多．‎ ‎【解答】解：由图可知，温度为T1先到达平衡，所以T1＞T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；‎ A．M点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡比较，压强增大，增大压强平衡正移，则X的转化率增大，所以M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率增大，故A正确；‎ B．T2下，在0～t1时间内，X的浓度变化为：c（X）=（a﹣b）mol/L，则Y的浓度变化为c（Y）=c（X）=mol/L，所以v（Y）=mol•L﹣1•min﹣1，故B错误；‎ C．由上述分析可知T1＞T2，M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，故C错误；‎ D．进行到M点X的转化率较低，由于正向是放热反应，所以反应进行到M点放出的热量少，即进行到M点吸收的热量大于进行到W点放出的热量，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎10．某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）⇌3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%．在此平衡体系中加入1molZ（g），恒定温度条件下，在平衡后X、Y、Z的体积分数不变．下列叙述正确的是（　　）‎ A．第二次平衡时，Z的浓度为0.2 mol•L﹣1‎ B．m=3‎ C．X与Y的平衡转化率之比为1：2‎ D．加入Z后平衡没移动 ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】平衡时X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，二者为等效平衡，可知该反应为气体体积不变的反应，则说明m+1=3，故m=2，起始物质的量之比等于化学计量数之比，以此来解答．‎ ‎【解答】解：平衡时X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，‎ A．故第二次平衡时Z的物质的量为4×10%=0.4mol，故Z的浓度为=0.2mol/L，故A正确；‎ B．由上述分析可知，m=2，故B错误；‎ C．起始物质的量之比等于化学计量数之比，则X与Y的平衡转化率之比为1：1，故C错误；‎ D．体积不变时加入Z，生成物的浓度增大，平衡逆向移动，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．对于反应A2（g）+2B2（g）⇌2AB2（g）（正反应为放热反应），下列各图所表示的变化符合勒夏特列原理的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】化学平衡移动原理．‎ ‎【分析】该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，升高温度平衡逆向移动，增大压强平衡正向移动，当改变条件时图象符合平衡移动原理时就正确，否则不正确，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．T0时为平衡点，升高温度平衡逆向移动，则正反应速率大于逆反应速率，所以不符合勒夏特列原理，故A错误；‎ B．最高点时该反应达到平衡状态，升高温度平衡逆向移动，生成物浓度降低，符合勒夏特列原理，故B正确；‎ C．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，产物浓度降低；该反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向移动，生成物含量增大，不符合勒夏特列原理，故C错误；‎ D．增大压强平衡正向移动，生成物浓度升高；升高温度平衡逆向移动，生成物浓度降低，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx（s）+yH2（g）⇌MHx+2y（s）△H＜0 达到化学平衡时．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．吸收y mol H2只需1 mol MHx B．平衡时容器内气体压强减小 C．若降温，该反应的平衡常数增大 D．若向容器内通入少量氢气，则v（放氢）＞v（吸氢）‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．为可逆反应，1molMHx（s）与ymolH2（g）不能完全反应；‎ B．恒温恒容的密闭容器中，气体的物质的量与压强成正比；‎ C．反应为放热，反应升高温度，平衡正向移动；‎ D．通入少量氢气，平衡正向移动．‎ ‎【解答】解：A．为可逆反应，1molMHx（s）与ymolH2（g）不能完全反应，则吸收y mol H2需大于1 mol MHx，故A错误；‎ B．恒温恒容的密闭容器中，气体的物质的量与压强成正比，储氢时气体的物质的量减小，则平衡时容器内气体压强减小，故B正确；‎ C．反应为放热，反应降低温度，平衡正向移动，则该反应的平衡常数增大，故C正确；‎ D．通入少量氢气，平衡正向移动，则v（放氢）＜v（吸氢），故D错误；‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎13．在体积均为1.0L的恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.3molCO2，在不同温度下反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）．下列说法正确的是（　　）‎ A．反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）△S＞0、△H＜0‎ B．体系的总压强P总：P总（状态Ⅱ）＞3P总（状态Ⅰ）‎ C．体系中c（CO2）：c（CO2，状态Ⅱ）＜3c（CO2，状态Ⅲ）‎ D．逆反应速率V逆：V逆（状态Ⅰ）＞V逆（状态Ⅲ）‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．由气体的化学计量数增大可知△S，由图中温度高平衡时c（CO2）小可知△H；‎ B．分别加入0.1molCO2和0.3molCO2，曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，加压CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）平衡逆向移动；‎ C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.2molCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于3倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移动，消耗CO；‎ D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快．‎ ‎【解答】解：A．由气体的化学计量数增大可知△S＞0，由图中温度高平衡时c（CO2）小，则升高温度平衡正向移动，可知△H＞0，故A错误；‎ B．分别加入0.1molCO2和0.3molCO2，曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，若平衡不移动，体系的总压强为P总（状态Ⅱ）=2P总（状态Ⅰ），但加压CO2‎ ‎（g）+C（s）⇌2CO（g）平衡逆向移动，为使c（CO2）相同，则加热使平衡正向移动，则体系的总压强为P总（状态Ⅱ）＞2P总（状态Ⅰ），所以体系的总压强P总：P总（状态Ⅱ）＞3P总（状态Ⅰ），故B正确；‎ C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.2molCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于3倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移，消耗CO，则c（CO，状态Ⅱ）＜3c（CO，状态Ⅲ），故C正确；‎ D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快，则逆反应速率为V逆（状态Ⅰ）＜V逆（状态Ⅲ），故D错误；‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎14．向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：xA（g）+B（g）⇌2C（g）．各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以表和图表示 容器 甲 乙 丙 容积 ‎0.5L ‎0.5L ‎1.0L 温度/℃‎ T1‎ T2‎ T2‎ 反应物 起始量 ‎1.5molA ‎0.5 molB ‎1.5 molA ‎0.5 molB ‎6.0 molA ‎2.0 molB 下列说法正确的是（　　）‎ A．若平衡时温度不变，改变容器体积平衡不移动 B．由图可知：T1＜T2，且该反应为吸热反应 C．l0min内甲容器中反应的平均速率v（A）=0.025mol•（L•min）﹣1‎ D．T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，平衡时A的转化率为25%‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A、由表中乙、丙可知：体积扩大两倍，物质的量是原来的4倍，平衡时丙中C的浓度是乙的2倍；‎ B、图象分析可知先拐先平，温度高，反应速率快，温度越高，平衡向吸热反应方向进行；‎ C、由图可知，10min内甲容器中C的浓度变化量为1mol/L，根据v=计算v（C），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（A）；‎ D、乙中平衡时A的转化率为=，丙中A的转化率为=，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x=1，根据三段式计算甲中平衡时各组分的浓度，进而计算平衡常数，令T1‎ ‎℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，再利用三段式表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数列方程计算x的值，进而计算A的转化率．‎ ‎【解答】解：A、由表中乙、丙可知：体积扩大两倍，物质的量是原来的4倍，平衡时丙中C的浓度是乙的2倍，说明容器体积改变，平衡不移动，故A正确；‎ B、先拐先平，温度高，比较甲和乙可知，相同条件下乙先达到平衡状态，T2＞T1，温度越高，C的浓度越小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，故B错误；‎ C、由图可知，10min内甲容器中C的浓度变化量为1mol/L，v（C）==0.1mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，所以v（A）=v（C）=×0.1mol/（L•min）=0.05mol/（L•min），故C错误；‎ D、乙中平衡时A的转化率为A的转化率为=，丙中A的转化率为=，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x=1，‎ ‎ A（g）+B（g）⇌2C（g）．‎ 开始（mol/L）：3 1 0 ‎ 变化（mol/L）：0.75 0.75 1.5‎ 平衡（mol/L）：2.25 0.25 1.5‎ 故T1℃，该反应的平衡常数为k==4‎ 令T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，则：‎ ‎ A（g）+B（g）⇌2C（g）．‎ 开始（mol/L）：1 3 0 ‎ 变化（mol/L）：x x 2x 平衡（mol/L）：1﹣x 3﹣x 2x 所以=4‎ 解得：x=0.75‎ 故A的转化率=×100%=75%，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎15．某可逆反应：A（g）+3B（g）⇌2C（g）；△H＜0．有甲乙两个容积为0.5L的密闭容器，向甲容器中加入1molA的和3molB在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1kJ；在相同条件下，向乙容器中加入2molC达到平衡时吸收热量为Q2kJ；已知Q2=3Q1．下列叙述正确的是（　　）‎ A．乙中的热化学方程式为2C（g）⇌A（g）+3B（g）；△H=+4Q2/3kJ/mol B．反应达到平衡前，甲中始终有v正大于v逆，乙中始终有v正大于v逆 C．在该条件下，反应2C（g）⇌A（g）+3B（g）的平衡常数为9×1.52（mol/L）2‎ D．乙中C的转化率为25%‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A、可逆反应不能完全反应，2molC分解吸收的热量大于Q2kJ；‎ B、甲中反应正向进行建立平衡，乙中逆向进行建立平衡；‎ C、由A分析可知平衡时乙中C为0.5mol，故：‎ ‎ 2C（g）⇌A（g）+3B（g）‎ 起始量（mol）：2 0 0‎ 变化量（mol）：1.5 0.75 2.25‎ 平衡量（mol）：0.5 0.75 2.25‎ 再根据K=计算平衡常数；‎ D、甲容器中开始加入1molA的和3molB与乙容器中开始加入2mol C为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，设甲中平衡时C为xmol，则乙中反应的C为（2﹣x）mol，由于Q2=3Q1，则（2﹣x）mol=3xmol，解得x=0.5，进而计算乙中C的转化率；‎ ‎【解答】解：A、可逆反应不能完全反应，2molC分解吸收的热量大于Q2kJ，甲容器中开始加入1molA的和3molB与乙容器中开始加入2mol C为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，设甲中平衡时C为xmol，则乙中反应的C为（2﹣x）mol，由于Q2=3Q1，则（2﹣x）mol=3xmol，解得x=0.5，故乙中C的转化率为×100%=75%，2molC完全分解吸收的热量为Q2kJ×=Q2kJ，反应热化学方程式为：2C（g）⇌A（g）+3B（g），△H=+Q2kJ/mol，故A正确；‎ B、甲中反应正向进行建立平衡，乙中逆向进行建立平衡，故反应达到平衡前，甲中始终有v正大于v逆，乙中始终有v正小于v逆，故B错误；‎ C、由A分析可知平衡时乙中C为0.5mol，故：‎ ‎ 2C（g）⇌A（g）+3B（g）‎ 起始量（mol）：2 0 0‎ 变化量（mol）：1.5 0.75 2.25‎ 平衡量（mol）：0.5 0.75 2.25‎ 故平衡常数K==（mol/L）2=27×1.54（mol/L）2，故C错误；‎ D、甲容器中开始加入1molA的和3molB与乙容器中开始加入2mol C为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，设甲中平衡时C为xmol，则乙中反应的C为（2﹣x）mol，由于Q2=3Q1，则（2﹣x）mol=3xmol，解得x=0.5，故乙中C的转化率为×100%=75%，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎16．已知反应：2NO2（红棕色）⇌N204（无色）△H＜0．将一定量的NO2充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）．下列说法正确的是（　　）‎ A．b点的操作是拉伸注射器 B．d点：v（正）＞v（逆）‎ C．c点与a点相比，c（N02）增大，c（N204）减小，若容器绝热则平衡常数Ka＞Kc D．若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T（b）＜T（c）‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大，据此分析．‎ ‎【解答】解：A、b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，故A错误；‎ B、c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以v（逆）＞v（正），故B错误；‎ C、c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故C错误；‎ D、b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T（b）＜T（c），故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎17．一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：‎ ‎（1）SO2（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+S（l）△H＜0‎ ‎①如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是　bc　．（选填编号）‎ a．减压 b．增加SO2的浓度 c．升温 d．及时移走产物 ‎②若反应在恒容的密闭绝热容器中进行，下列说法不正确的是　acd　．（选填编号）‎ a．平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变 b．当容器内温度不再变化时，反应达到了平衡 c．其他条件不变，升高温度可增大平衡常数 d．其他条件不变，使用不同催化剂，该反应热效应不同 ‎③该反应的平衡常数表达式是′；某温度下2L恒定容器中加入2mol的SO2和2mol的CO．10分钟内，气体密度减小了8g/L，则CO的反应速率是　0.05mol/（L﹒min）　．‎ ‎（2）SO2（g）+NO2（g）⇌NO（g）+SO3（g）‎ ‎①在2L恒定容器中加入2mol的SO2和2mol的NO2，达到平衡时测得SO2的转化率为50%，向该容器中再加入1mol的SO2，平衡将向　正　方向移动，计算重新达到平衡时SO2‎ 的浓度是　0.9mol/L　，SO2的转化率由50%变为　40%　，NO2的转化率由　50%　变为　60%　．‎ ‎②实验结果启示我们：增大一种反应物浓度，其转化率将　减小　（填增大、减小或不变），另一种反应物的转化率将　增大　．现实生产的意义是：可以通过增大　低成本物质　的用量，来提高成本高的反应物的利用率．‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）①增大浓度、升高温度、增大压强、加入催化剂均能加快化学反应速率；‎ ‎②a．平衡前，随着反应的进行，气体的物质的量减小，故容器内压强始会减小；‎ b．温度为变量，当容器内温度不再变化时，反应达到了平衡；‎ c．平衡时，其他条件不变，正反应是放热反应；‎ d．反应热效应与催化剂无关；‎ ‎③根据平衡常数的定义书写表达式为：K=，根据V=计算速率；该温度下、该容器中，再继续加入1mol的SO2（g），平衡正向移动；‎ ‎（2）①该温度下、该容器中，再继续加入1mol的SO2（g），平衡正向移动；在2L容器中，加入2mol的SO2（g）和2mol的NO2（g），保持温度恒定，当达到平衡状态时，测得容器中SO2（g）的转化率为50%，转化的SO2为2mol×50%=1mol，则：‎ ‎ SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）‎ 起始量（mol）：2 2 0 0‎ 转化量（mol）：1 1 1 1‎ 平衡量（mol）：1 1 1 1‎ 再根据K=计算平衡常数；‎ 再继续加入1mol的SO2（g），等效为开始加入3mol的SO2（g）和2mol的NO2（g），设平衡时容器中SO2（g）的浓度是xmol/L，表示出其它组分的平衡浓度，再根据平衡常数列方程计算；SO2、NO2起始物质的量之比为1：1，又按物质的量1：1反应，二者转化率相等，根据三行式的计算可知新平衡时SO2的转化率、NO2的转化率；‎ ‎②增大一种反应物的用量，其转化率将减小，另一反应物的转化率将增大，现实生产中的意义是：可以通过增大低成本物质的用量，来提高成本高的反应物的利用率．‎ ‎【解答】解：（1）①a．减压，减小速率，故错误； ‎ b．增加SO2的浓度，加快反应速率，故正确； ‎ c．升温，加快反应速率，故正确； ‎ d．及时移走产物，相对于减小浓度，减小反应速率，故错误；‎ 故答案为：bc；‎ ‎②a．平衡前，随着反应的进行，气体的物质的量减小，故容器内压强始会减小，故错误；‎ b．温度为变量，当容器内温度不再变化时，反应达到了平衡，故正确；‎ c．平衡时，其他条件不变，正反应是放热反应，所以升高温度K减小，故错误；‎ d．反应热效应与催化剂无关，故错误；‎ 故答案为：acd；③根据平衡常数的定义书写表达式为：K=‎ ‎，2L容器中，10分钟内，气体密度减小了8g/L，则减少的S为0.25mol/L，变化的CO的浓度为0.5mol/L，故CO的反应速率是0.05mol/（L﹒min），故答案为：；0.05mol/（L﹒min）；‎ ‎（2）①在2L容器中，加入2mol的SO2（g）和2mol的NO2（g），保持温度恒定，当达到平衡状态时，测得容器中SO2（g）的转化率为50%，转化的SO2为2mol×50%=1mol，则：‎ SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）‎ 起始量（mol）：2 2 0 0‎ 转化量（mol）：1 1 1 1‎ 平衡量（mol）：1 1 1 1‎ 平衡常数K===1‎ 再继续加入1mol的SO2（g），等效为开始加入3mol的SO2（g）和2mol的NO2（g），设平衡时容器中SO2（g）的浓度是xmol/L，则：‎ SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）‎ 起始量（mol/L）：1.5 1 0 0‎ 转化量（mol/L）：1.5﹣x 1.5﹣x 1.5﹣x 1.5﹣x 平衡量（mol/L）：x x﹣0.5 1.5﹣x 1.5﹣x 所以=1，解得x=0.9mol/L，‎ SO2、NO2起始物质的量之比为1：1，又按物质的量1：1反应，二者转化率相等，故NO2的转化率为50%；新平衡时SO2的转化率=×100%=40%、NO2的转化率=×100%=60%；‎ 故答案为：正；0.9mol/L；40%；50%；60%；‎ ‎②增大一种反应物的用量，其转化率将减小，另一反应物的转化率将增大，现实生产中的意义是：可以通过增大低成本物质的用量，来提高成本高的反应物的利用率，‎ 故答案为：减小；增大；低成本物质．‎ ‎　‎ ‎18．在恒温条件下起始时容积均为5L的甲、乙两密闭容器中（甲为恒容容器、乙为恒压容器），均进行反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H2=﹣92.4kJ/mol，有关数据及特定平衡状态见表．‎ 容器 起始投入 达平衡时 甲 ‎2molN2‎ ‎3molH2‎ ‎0molNH3‎ ‎1.5molNH3‎ 乙 amolN2‎ bmolH2‎ ‎0molNH3]‎ ‎1.2molNH3‎ ‎（1）若平衡后同种物质的体积分数相同，起始时乙容器通入的N2的物质的量为　1.6mol　，‎ 起始时乙中的压强是甲容器的　0.8　倍，乙的平衡常数为　107（mol/L）﹣2　‎ ‎（2）恒容密闭容器中可以发生氨气的分解反应，达平衡后，仅改变下表中反应条件x，下列各项中y随x的增大而增大的是　bc　（选填序号）．‎ 选项 a b c d x 温度 温度 加入H2的物质的量 加入氨气的物质的量 y 混合气体的平均相对分子质量 平衡常数K 混合气体的密度 达平衡时氨气的转化率 ‎（3）研究在其他条件不变时，改变起始物氢气的物质的量对反应的影响，实验结果如图所示（图中T表示温度，n表示物质的量）：‎ ‎①像中T2和T1的关系是：T2　低于　T1（填“高于”“低于”“等于”“无法确定”）．‎ ‎②a、b、c三点中，N2转化率最高的是　c　（填字母）．‎ ‎③若容器容积为1L，T2℃在起始体系中加入1mol N2，3molH2，经过5min反应达到平衡时H2的转化率为60%，则NH3的反应速率为　0.24mol．L﹣1．min﹣1　．保持容器体积不变，若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，达平衡后放出的热量为Q，则Q　＞　110.88kJ（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）平衡后同种物质的体积分数相同，说明甲乙平衡状态相同，是等效平衡；依据图表数据和平衡三段式列式计算，气体压强之比等于气体物质的量之比；‎ ‎（2）a．该反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，混合气体总物质的量增大；‎ b．平衡常数只与温度有关，温度改变平衡常数改变，升高温度平衡向正反应方向移动；‎ c．加入氢气，混合气体质量增大、但容器体积不变；‎ d．加入氨气，平衡向正反应方向移动，但其转化率减小；‎ ‎（3）①该反应为放热反应，根据温度升高化学平衡向着吸热方向进行；‎ ‎②根据增加反应物浓度（氢气）的物质的量化学平衡向着正反应方向移动；‎ ‎③化学平衡三行计算列式计算，反应速率v=计算，结合平衡计算H2的转化率为60%时放出的热量，若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，相当于增大压强平衡正向进行，反应是可逆反应不能进行彻底，放出热量小于2×92.4kJ/mol=184.8KJ，大于H2的转化率为60%时放出的热量的2倍．‎ ‎【解答】解：（1）甲、乙两组实验中同种物质的体积分数相同，说明达到相同的平衡状态，乙容器体积V， =，V=4L；根据三段式：‎ 甲：N2+3H2⇌2NH3，‎ 起始量 2 3 0‎ 变化量 0.75 2.25 1.5‎ 平衡量 1.25 0.75 1.5‎ 乙：N2+3H2⇌2NH3，‎ 起始量 a b 0‎ 变化量 0.6 1.8 1.2‎ 平衡量 a﹣0.6 b﹣1.8 1.2‎ ‎=，得a=1.6mol， =．得b=2.4mol；起始时乙容器中的压强是甲容器的倍数为： =0.8，乙的平衡常数k==107（mol/L）﹣2‎ 故答案为：1.6mol； 0.8； 107（mol/L）﹣2‎ ‎（2）a．该反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，混合气体总物质的量增大，混合气体总质量不变，平均相对分子质量减小，故a错误；‎ b．平衡常数只与温度有关，温度改变平衡常数改变，升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，故b正确；‎ c．加入氢气，混合气体质量增大、但容器体积不变，混合气体密度增大，故c正确；‎ d．加入氨气，平衡向正反应方向移动，但其转化率减小，故d错误，‎ 故答案为：bc；‎ ‎（3）①为反应为放热反应，温度升高化学平衡向着吸热方向进行，从T1到T2生成物氨气的量增加，平衡正移，故T2＜T1；‎ 故答案为：低于；‎ ‎②b点代表平衡状态，c点又加入了氢气，故平衡向右移动，氮气的转化率增大；‎ 故答案为：c；‎ ‎③化学平衡三段式计算列式计算，‎ ‎ N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）‎ 起始量（mol）1 3 0‎ 变化量（mol）0.6 3×60% 1.2‎ 平衡量（mol） 0.4 1.2 1.2‎ ‎ 反应速率v==0.24mol．L﹣1．min﹣1；此时反应放出热量=92.4kJ/mol×=55.44KJ，结合平衡计算H2的转化率为60%时放出的热量，若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，相当于增大压强平衡正向进行，反应是可逆反应不能进行彻底，放出热量小于2×92.4kJ/mol=184.8KJ，大于H2的转化率为60%时放出的热量的2倍，即热量＞55.44KJ×2=110.88kJ．‎ 故答案为：0.24mol．L﹣1．min﹣1；＞．‎ ‎　‎ ‎19．运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义．‎ ‎（1）已知： O2（g）═O2+（g）+e﹣△H1=+587.9kJ/mol K1‎ PtF6（g）+e﹣═PtF6﹣（g）△H2=﹣771.1kJ/mol K2‎ O2+PtF6﹣（s）═O2+（g）+PtF6﹣（g）△H3=+482.2kJ/mol K3‎ 则反应O2（g）+PtF6（g）═O2+PtF6﹣（s）的△H=　﹣77.5kJ/mol　，K=　　（用K1、K2、K3表示）‎ ‎（2）一定条件下，铁可以和CO2发生反应：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），已知该反应的平衡常数K 与温度T 的关系如图甲所示．‎ ‎①T℃、p Pa压强下的密闭容器中进行反应，下列能说明反应达到平衡状态的是　ad　．‎ a．混合气体的平均相对分子质量不再变化 b．容器内压强不再变化 c．v正（CO2）=v逆 （FeO）‎ d．CO2的体积分数不再变化 ‎②T1温度下，向体积为VL的密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2，达到平衡时则CO2的平衡转化率为　50%　；反应过程中体系的能量　增多　（增多或降低）‎ ‎③T2温度下，恒容密闭容器中，反应过程中测定CO和CO2物质的量与时间的关系如图乙所示．则T1　＞　T2（填＞、＜或=），CO2的平衡转化率为　66.7%　，平衡时混合气体的密度与起始时气体的密度之比为　25：33　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变．‎ ‎【分析】（1）已知：①O2（g）═O2+（g）+e﹣△H1=+587.9kJ/mol K1‎ ‎②PtF6（g）+e﹣═PtF6﹣（g）△H2=﹣771.1kJ/mol K2‎ ‎③O2+PtF6﹣（s）═O2+（g）+PtF6﹣（g）△H3=+482.2kJ/mol K3‎ 根据盖斯定律：①×2÷②﹣③可得O2（g）+PtF6（g）═O2+PtF6﹣（s），据此计算；‎ ‎（2）①当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等（同种物质），各物质的浓度、含量不再改变，以及由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判断；‎ ‎②T1温度下反应的平衡常数为1，结合平衡三段式列式计算，转化率=×100%计算；反应放热，体系能量增多；‎ ‎③计算T2温度下的K，与T1的K比较可得，结合平衡三段式列式计算，转化率=×100%计算转化率，平衡时混合气体的密度与起始时气体的密度之比为气体摩尔质量之比．‎ ‎【解答】解：（1）已知：①O2（g）═O2+（g）+e﹣△H1=+587.9kJ/mol K1‎ ‎②PtF6（g）+e﹣═PtF6﹣（g）△H2=﹣771.1kJ/mol K2‎ ‎③O2+PtF6﹣（s）═O2+（g）+PtF6﹣（g）△H3=+482.2kJ/mol K3‎ 根据盖斯定律：①×2÷②﹣③可得O2（g）+PtF6（g）═O2+PtF6﹣（s），△H=﹣77.5kJ/mol，K=；‎ 故答案为：﹣77.5kJ/mol；；‎ ‎（2）①Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），反应前后是气体体积不变的放热反应，‎ a、反应前后气体物质的量不变，气体质量发生变化，混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡状态，a正确；‎ b、反应前后气体体积不变，容器内压强始终不发生变化，不能说明反应达到平衡状态，故b错误；‎ c、氧化亚铁是固体，不能表示反应速率，故c错误；‎ d、随着反应的进行，CO2的量减少，当体积分数不再变化达平衡状态，故d正确；‎ 故答案为：ad；‎ ‎②T1温度下，向体积为V L的密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2，平衡常数为1，设二氧化碳起始量为x，变化量为y，‎ ‎ Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），‎ 起始量 x 0‎ 变化量 y y 平衡量 x﹣y y 平衡常数K==1，解得=0.5=50%；反应放热，反应过程体系能量增多；‎ 故答案为：50%；增多；‎ ‎③根据图乙，设反应容器容积为V L，则K2==2，反应放热，化学平衡常数增大，说明反应温度降低，T1＞T2；T2温度下，设反应容器容积为V L，平衡常数为2，设二氧化碳起始量为a，变化量为b，‎ ‎ Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），‎ 起始量 a 0‎ 变化量 b b 平衡量 a﹣b b 平衡常数K==2，解得： ==66.7%；平衡时混合气体的密度与起始时气体的密度之比为气体摩尔质量之比：44=25：33；‎ 故答案为：＞； 66.7%； 25：33．‎ ‎　‎ ‎20．U、W、Y是原子序数依次增大的短周期主族元素，在周期表中的相对位置如右表；U元素与氧元素能形成两种无色气体；W是地壳中含量最多的金属元素．‎ U W Y ‎（1）元素U的原子核外共有　3　种不同能级的电子．‎ ‎（2）能提高W与稀硫酸反应速率的方法是　bd　‎ a．使用浓硫酸 b．加热 c．加压 d．使用等质量的W粉末 ‎（3）在恒容密闭容器中进行：2YO2（g）+O2（g）2YO3（g）△H2=﹣190kJ/mol ‎①该反应 450℃时的平衡常数　＞　 500℃时的平衡常数（填＜，＞或=）．‎ ‎②下列描述中能说明上述反应已达平衡的是　abd　‎ a．2ν（O2）正=ν（YO3）逆　　 b．气体的平均分子量不随时间而变化 c．反应时气体的密度不随时间而变化 d．反应时气体的分子总数不随时间而变化 ‎③在一个固定容积为2L的密闭容器中充入0.20mol YO2和0.10molO2，半分钟后达到平衡，测得容器中含YO30.18mol，则ν（O2）=　0.09mol/（L．min）　：平衡常数为　16200　．若继续通入0.20molYO2和0.10molO2，再次达到平衡后，YO3物质的量约为　0.368mol　．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】U、W、Y是原子序数依次增大的短周期主族元素，W是地壳中含量最多的金属元素，W是Al元素；根据元素在周期表中的位置可知U为C元素、Y为S元素．‎ ‎（1）元素U为碳，原子核外电子排布式为1s22s22p2；‎ ‎（2）升高温度、增大反应物接触面积，可以加快反应速率，对有气体参加的反应，增大压强可以提高反应速率，本题中适当增大氢离子浓度可以加快反应速率，但Al在浓硫酸中会发生钝化现象；‎ ‎（3）①正反应放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；‎ ‎②可逆反应到达平衡时，同种物质的正、逆反应速率相等（不同种物质的正、逆速率之比等于其化学计量数之比），各组分的含量保持不变，物理量随反应进行由变化到不变，说明到达平衡；‎ ‎③利用三段式计算平衡时各组分物质的量、各组分变化量，再根据v=计算ν（O2），根据K=计算平衡常数．‎ 等效为开始加入0.40molYO2和0.20molO2，结合平衡常数计算．‎ ‎【解答】解：U、W、Y是原子序数依次增大的短周期主族元素，W是地壳中含量最多的金属元素，W是Al元素；根据元素在周期表中的位置可知U为C元素、Y为S元素．‎ ‎（1）元素U为碳，原子核外电子排布式为1s22s22p2，其原子核外共有1s、2s、2p三种能级电子，‎ 故答案为：3；‎ ‎（2）a．Al在浓硫酸中会发生钝化现象，使用浓硫酸不能加快反应速率，故a错误；‎ b．升高温度，可以加快反应速率，故b正确；‎ c．没有气体参加反应，加压不能加快反应速率，故c错误；‎ d．使用等质量的W粉末，增大接触面积，可以加快反应速率，故d正确，‎ 故选：bd；‎ ‎（3）①正反应放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，即450℃时的平衡常数大于500℃时的平衡常数，‎ 故答案为：＞；‎ ‎②a．2ν（O2）正=ν（YO3）逆时，说明YO3正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故a正确； ‎ b．反应为气体物质的量减小的反应，而气体质量不变，随反应进行平均分子量增大，容器中气体的平均分子量不随时间而变化说明反应达到平衡状态，故b正确；‎ c．气体总质量不变，恒容密闭容器中气体的密度始终不变，故c错误； ‎ d．反应为气体物质的量减小的反应，容器中气体的分子总数不随时间而变化说明反应达到平衡状态，故d正确，‎ 故选：abd；‎ ‎③半分钟后达到平衡，测得容器中含YO30.18mol，则：‎ ‎ 2YO2（g）+O2（g）⇌2YO3（g）‎ 起始（mol）：0.2 0.1 0‎ 变化（mol）：0.18 0.09 0.18‎ 平衡（mol）：0.02 0.01 0.18‎ 故ν（O2）==0.09mol/（L．min），‎ 平衡常数K===16200，‎ 等效为开始加入0.40molYO2和0.20molO2，设平衡时YO3物质的量为x，则：‎ ‎ 2YO2（g）+O2（g）⇌2YO3（g）‎ 起始（mol）：0.4 0.2 0‎ 变化（mol）：x 0.5x x ‎ 平衡（mol）：0.4﹣x 0.2﹣0.5x x ‎ 所以=16200，‎ 解得x≈0.368‎ 故答案为：0.09mol/（L．min）；16200；0.368mol．‎ ‎　‎