2020届高考化学二轮复习化学平衡作业 36页

化学平衡 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．在5mL0.1mol•L﹣1KI溶液中滴加0.1mol•L﹣1FeCl3溶液1mL，充分振荡后，再进行下列实验，其中可证明该反应有一定限度的实验是（　　）‎ A．再滴加AgNO3溶液，观察是否有AgI沉淀产生 ‎ B．加入CCl4振荡后，观察下层液体颜色 ‎ C．加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加KSCN溶液，观察是否出现红色 ‎ D．加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加入AgNO3溶液，观察是否有AgCl沉淀产生 ‎2．下列反应不属于可逆反应的是（　　）‎ A．CO2+H2O→H2CO3 B．H2+I2→HI ‎ C．NH3+HCl→NH4Cl D．SO2+O2→SO3‎ ‎3．一定温度下，某密闭容器中N2O5可发生下列反应：‎ ‎①2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）‎ ‎②2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）‎ 若达到平衡时，c（NO2）＝0.4mol•L﹣1，c（O2）＝1.3mol•L﹣1，则NO（g）的浓度为（　　）‎ A．0.5mol•L﹣1 B．0.6mol•L﹣1 C．1.0mol•L﹣1 D．1.6mol•L﹣1‎ ‎4．某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A（g）+bB （g）⇌cC（g）△H＝﹣Q kJ•mol﹣1（Q＞0）．12s 时达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，反应过程如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．前12s内，A的平均反应速率为0.025mol•L﹣1•s﹣1 ‎ B．12s后，A的消耗速率等于B的生成速率 ‎ C．化学计量数之比b：c＝1：2 ‎ D．12s内，A和B反应放出的热量为0.2Q kJ ‎5．T℃‎ 时A气体与B气体反应生成C气体．反应过程中A、B、C浓度（mol/L）随时间变化如图I所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，C的体积分数与时间的关系如图Ⅱ所示．下列结论正确的是（　　）‎ A．在时间为t1时，保持其他条件不变，增大压强，平衡向逆反应方向移动 ‎ B．在时间为t1时，保持温度和压强不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动 ‎ C．其它条件不变，T℃时由0.6 mol/LA、0.6mol/LB、0.2mol/LC开始反应，达到平衡后C的浓度仍为0.4mol/L ‎ D．其它条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，且A的转化率增大 ‎6．下列图示与对应的叙述符合的是（　　）‎ A．用实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化 ‎ B．表示反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0的平衡常数K与温度和压强的关系 ‎ C．表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液时，溶液中随HCl溶液体积变化关系 ‎ D．表示常温下向20mL pH＝3的醋酸中滴加pH＝11的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化关系 ‎7．氢能是最重要的新能源，储氢是氢能利用的关键技术，其中一种储氢的方法为：‎ ‎（g）（g）+3H2（g）△H＞0，若该反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关该反应的图象判断正确的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎8．下列关于平衡常数的说法正确的是（　　）‎ A．一定温度下的可逆反应，只有达到平衡时才具有平衡常数 ‎ B．化学平衡移动时，平衡常数一定改变 ‎ C．对于一个确定的反应来说，平衡常数的数值越大，反应限度越大 ‎ D．化学平衡常数大的可逆反应，所有反应物的转化率一定大 ‎9．在温度t1和t2（已知t2＞t1）下，X2（g）和 H2反应生成HX的平衡常数如表所示，依据K的变化，随着卤素原子序数的递增，下列推断不正确的是（　　）‎ 化学方程式 K （t1）‎ K （t2）‎ F2+H2⇌2HF ‎1.8×1036‎ ‎1.9×1032‎ Cl2+H2⇌2HCl ‎9.7×1012‎ ‎4.2×1011‎ Br2+H2⇌2HBr ‎5.6×107‎ ‎9.3×106‎ I2+H2⇌2HI ‎43‎ ‎34‎ A．X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱 ‎ B．HX的稳定性逐渐减弱 ‎ C．HX的生成反应是放热反应 ‎ D．在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低 ‎10．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）＝0.5mol/L，c（HI）＝4mol/L，则此温度下反应①的平衡常数为（　　）‎ A．9 B．16 C．20 D．25‎ ‎11．铁的氧化物可用于脱除煤气中的H2S，有一步反应为：Fe3O4（s）+3H2S（g）+H2（g）⇌3FeS（s）+4H2O（g）其温度与平衡常数的关系如图所示．对此反应原理的理解正确的是（　　）‎ A．H2S是还原剂 ‎ B．脱除H2S的反应是放热反应 ‎ C．温度越高H2S的脱除率越大 ‎ D．压强越小H2S的脱除率越高 ‎12．研究表明，在催化剂a（或催化剂b）存在下，CO2和H2能同时发生两个平行反应，反应的热化学方程式如下：‎ ‎①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣53.7 kJ/mol ‎②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.2 kJ/mol 某实验小组控制CO2和H2初始投料比为1：2.2．在相同压强下，经过相同反应时间测得的实验数据如下：‎ 实验编号 T（K）‎ 催化剂 CO2转化率（%）‎ 甲醇选择性（%）‎ ‎1‎ ‎543‎ 催化剂a ‎12.3‎ ‎42.3‎ ‎2‎ ‎543‎ 催化剂b ‎10.9‎ ‎72.7‎ ‎3‎ ‎553‎ 催化剂a ‎15.3‎ ‎39.1‎ ‎4‎ ‎553‎ 催化剂b ‎12.0‎ ‎71.6‎ ‎【备注】甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比。‎ 下列说法不正确的是（　　）‎ A．相同温度下，在该时刻催化剂b对CO2转化成CH3OH有较高的选择性 ‎ B．其他条件不变，升高温度反应①中CO2转化为CH3OH平衡转化率增大 ‎ C．其他条件不变，增大反应体系压强反应②中平衡常数不变 ‎ D．反应①在无催化剂、有催化剂a和有 催化剂b三种情况下能量示意图如下：‎ ‎13．对于工业合成氨反应N2+3H2⇌2NH3+Q（Q＞0），下列判断正确的是（　　）‎ A．3体积H2和足量N2反应，必定生成2体积NH3 ‎ B．使用合适的催化剂，可以提高提高原料的利用率 ‎ C．500℃左右比室温更有利于向合成氨的方向进行 ‎ D．及时使氨液化、分离的主要目的是提高N2和H2的利用率 ‎14．工业制备氮化硅的反应为：3SiCl4（g）+2N2（g）+6H2（g）⇌Si3N4（s）+12HCl（g）△H＜0，将0.3molSiCl4 和一定量 N2、H2 投入2L反应容器，只改变温度条件测得Si3N4的质量变化如表：下列说法正确的是（　　）‎ 时间/min 质量/g 温 度/℃‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎250‎ ‎0.00‎ ‎1.52‎ ‎2.80‎ ‎3.71‎ ‎4.73‎ ‎5.60‎ ‎5.60‎ ‎300‎ ‎0.00‎ ‎2.13‎ ‎3.45‎ ‎4.48‎ ‎4.48‎ ‎4.48‎ ‎4.48‎ A．250℃，前 2min，Si3N4的平均反应速率为 0.02 mol•L﹣1•min﹣1 ‎ B．反应达到平衡时，两种温度下 N2 和 H2 的转化率之比相同 ‎ C．达到平衡前，300℃条件的反应速率比 250℃快； 平衡后，300℃比 250℃慢 ‎ D．反应达到平衡时，两种条件下反应放出的热量一样多 ‎15．一定条件下，在容积不变的密闭容器中进行如下反应：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2‎ ‎（g）+Q（Q＞0），如图曲线a表示该反应过程中NO的转化率与反应时间的关系。若改变起始条件，使反应过程按照曲线b进行，可采取的措施是（　　）‎ A．降低温度 B．加催化剂 ‎ C．增大反应物中NO的浓度 D．向密闭容器中加入氩气 ‎16．大气中的SO2是造成酸雨的主要污染物．最新研究表明，[N（CH3）4]2SO4（s）能与SO2进行如下可逆反应，使其可能成为绿色的SO2吸收剂[N（CH3）4]2SO4（s）+SO2（g）⇌[N（CH3）4]2S2O6（s）△H＜0则用[N（CH3）4]2SO4（s）吸收SO2的适宜条件为（　　）‎ A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压 ‎17．一定条件下，分别向容积固定的密闭容器中充入A和足量B，发生反应如下：2A（g）+B（s）⇌2D（g）△H＜0，测得相关数据如下，分析可知下列说法不正确的是（　　）‎ 实验Ⅰ 实验Ⅱ 实验Ⅲ 反应温度/℃‎ ‎800‎ ‎800‎ ‎850‎ c（A）起始/mol•L﹣1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎1‎ c（A）平衡/mol•L﹣1‎ ‎0.5‎ ‎1‎ ‎0.85‎ 放出的热量/kJ a b c A．实验Ⅲ的化学平衡常数K＜1 ‎ B．实验放出的热量关系为b＞2a ‎ C．实验Ⅲ在30min达到平衡时的速率v（A）为0.005mol•L﹣1•min﹣1 ‎ D．当容器内气体密度不随时间而变化时上述反应已达平衡 ‎18．下列说法不正确的是（　　）‎ A．动态平衡状态在自然界和工农业生产中很少见 ‎ B．化学反应的速率和限度均可通过改变相应的化学反应条件而改变 ‎ C．物质发生化学反应都伴随着能量变化 ‎ D．化学反应达到平衡状态时，正反应速率与逆反应速率相等 ‎19．下列事实能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A．加催化剂有利于氨的催化氧化反应 ‎ B．实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气 ‎ C．500℃左右比室温更有利于合成氨的反应 ‎ D．压缩H2（g）、I2（g）、HI（g）平衡体系，体系颜色加深 ‎20．下列实验操作或现象不能用勒沙特列原理解释的是（　　） ‎ A卤化银沉淀的转化 B配制FeCl3溶液 C酯水解程度的比较 D探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应 A．A B．B C．C D．D 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．氮及其化合物与我们的吃、穿、住、行、健康等都有着密切的联系，也是高中化学学习中重要的一部分．请回答下列问题：‎ ‎（1）现有一支15mL的试管，充满NO倒置于水槽中，向试管中缓缓通入一定量氧气，当试管内液面稳定时，剩余气体3mL．则通入氧气的体积可能为　 　．‎ ‎（2）一定条件下，某密闭容器中发生反应：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）．‎ 起始浓度（mol．L﹣l）‎ c（NH3）‎ c（O2）‎ c（NO）‎ c（H2O）‎ 甲 ‎1‎ ‎2‎ ‎0‎ ‎0‎ 乙 ‎4‎ ‎8‎ ‎0‎ ‎0‎ 丙 ‎0.2‎ x y z ‎①恒温恒容下，平衡时NH3的转化率甲　 　乙．（填“＞”、“＝”、或“＜”）‎ ‎②恒温恒容下，若要使丙与甲平衡时各组分浓度相同，则x＝　 　，y＝　 　，z＝　 　．‎ ‎（3）向容积相同、温度分别为T1和T2的两个密闭容器中分别充入等量NO2，发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0．恒温恒容下反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量分别为a1和a2；已知T1＜T2，则a1　 　a2．‎ A．大于 B．小于 C．等于 D．以上都有可能 ‎（4）2.24L（标准状况）氨气被200mL 1mol/L HNO3溶液吸收后，反应后溶液中的离子浓度关系正确的是　 　．‎ ‎22．（1）最新“人工固氮”的研究报道：常温常压、光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应：2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g）﹣Q，如果反应的平衡常数K值变大，该反应　 　（选填编号）．‎ A．一定向正反应方向移动 B．在平衡移动时正反应速率先增大后减小 C．一定向逆反应方向移动 D．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大．‎ ‎（2）如果上述反应在体积不变的密闭容器中进行，当反应达到平衡后，下列判断错误的是　 　（选填编号）‎ A．容器中气体的平均分子量不随时间而变化 B．通入大量稀有气体能提高反应的速率 C．容器中气体的密度不随时间而变化 D．v（N2）/v（O2）＝2：3．‎ ‎23．甲烷化技术是煤制天然气最核心、最关键的技术。CO加氢合成甲烷属于多相催化平衡反应，催化剂一般为镶催化剂（工作温度400K﹣800K），主反应式：‎ CO（g）+3H2（g）＝CH4（g）+H2O（g）△H＝﹣206kJ/mol （1）‎ CO2（g）+4H2（g）＝CH4（g）+2H2O（g）△H＝﹣165kJ/mol （2）‎ ‎（1）煤经过气化、变换、净化得到的合成气中一般含有H2、CO、CO2、H2O和惰性气体。‎ ‎①请写出H2O（g）与CO反应的热化学反应方程式　 　。（该反应编号为“（3）”）。‎ ‎②若主反应（1）（2）的平衡常数450K时分别为K1、K2，则与“H2O与CO反应的平衡常数K3（同温度）”的数量关系为　 　。‎ ‎（2）在体积不变的容器中，进行甲烷化反应，若温度升高，CO和H2的转化率都　 　（填“降低”、“升高”或“不变”），但数据显示CO转化率变化更为显著，主要原因是 　 　。‎ ‎（3）当温度在800K以上时，平衡体系中还会有下列2个副反应：‎ ‎2CO（g）＝C（g）+CO2（g）△H＝﹣171kJ/mol （快反应） （4）‎ C（s）+2H2（g）＝CH4（g）△H＝﹣73kJ/mol（慢反应） （5）‎ 甲烷化反应容器就会出现　 　现象，热量传递不好而使催化剂烧结，失去催化作用。‎ ‎（4）甲烷化反应容器主副反应（1）至（5），其平衡常数K的对数lnK与温度关系如图：写出图中曲线A、B所对应的反应方程式编号　 　。‎ ‎24．合成氨是人类科技发展史上的一项重大突破．‎ 已知：25℃时，合成氨反应的热化学为：N2（g）+3H2（g）⇌NH3（g）△H＝﹣92.4kJ/mol 请回答下列问题：‎ ‎①保持容器温度不变，缩小容器体积，化学反应速率　 　（填“增大”或“减小”）；‎ ‎②25℃时，取一定量的 N2和H2置于2L的密闭容器中在催化剂存在下进行反应达到平衡，若增大N2的浓度，则H2的转化率　 　（填“增大”或“减小”）；若反应达到平衡时放出的热量是92.4kJ，则生成的NH3为　 　mol ‎③一定条件下，上述反应达到化学平衡状态的标志是　 　；‎ A．N2、H2、NH3的浓度相等 B．容器内压强不再变化 C．单位时间内消耗amol N2，同时生成2amol NH3．‎ ‎25．中科院大气研究所研究员张仁健课题组与同行合作，对北京地区PM2.5化学组成及来源的季节变化研究发现，北京PM2.5有6个重要来源，其中，汽车尾气和燃煤分别占4%、18%（如图1所示）‎ ‎（1）用于净化汽车尾气的反应为：‎ ‎2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）‎ 已知该反应在570K时的平衡常数为1×1059，但反应速率极慢．下列说法正确的是：　 　‎ A．装有尾气净化装置的汽车排出的气体中不再含有NO或CO B．提高尾气净化效率的常用方法是升高温度 C．增大压强，上述平衡右移，故实际操作中可通过增压的方式提高其净化效率 D．提高尾气净化效率的最佳途径是使用高效催化剂 ‎（2）CO对人类生存环境的影响很大，CO治理问题属于当今社会的热点问题．镍与CO反应的化学方程式为Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g），镍与CO反应会造成镍催化剂中毒．为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2除去CO，生成物为S和CO2．已知相关反应过程的能量变化如图2所示：‎ 则用SO2除去CO的热化学方程式为　 　．‎ ‎（3）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术．发生的化学反应是：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）△H＜0．为提高氮氧化物的转化率可采取的措施是（任意填一种）　 　．‎ ‎（4）利用ClO2 氧化氮氧化物反应过程如下：‎ NONO2N2‎ 反应Ⅰ的化学方程式是2NO+ClO2+H2O═NO2+HNO3+2HCl，反应Ⅱ的离子方程式是　 　．若有11.2L N2生成（标准状况），共消耗NO　 　 g．‎ ‎（5）化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染．该方法可用H2将NO3﹣还原为N2，25℃时，反应进行10min，溶液的pH由7变为12．其原理如图3所示．‎ 电源负极为　 　（填A或B），阴极反应式为　 　；若电解过程中转移了2mol电子，则质子交换膜左侧极室电解液的质量减少　 　克．‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎26．氮的单质及其化合物性质多样，用途广泛．‎ 完成下列填空．‎ ‎（1）科学家正在研究利用催化技术将超音速飞机尾气中的NO和CO转变成CO2和N2：2NO+2CO2CO2+N2+Q（Q＞0）‎ 某温度下测得该反应在不同时间的CO浓度如表：‎ ‎ 时间（s）‎ 浓度（mol/L）‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ c（CO）‎ ‎3.60×10﹣3‎ ‎3.05×10﹣3‎ ‎2.85×10﹣3‎ ‎2.75×10﹣3‎ ‎2.70×10﹣3‎ ‎2.70×10﹣3‎ 该反应平衡常数K的表达式为　 　；温度升高，K值　 　（选填“增大”、“减小”、“不变”）；前2s内的平均反应速率v（N2）＝　 　；若上述反应在密闭容器中发生，达到平衡时能提高NO转化率的措施之一是　 　．‎ ‎（2）工业合成氨的反应温度选择500℃左右的原因是　 　．‎ ‎（3）实验室在固定容积的密闭容器中加入1mol氮气和3mol氢气模拟工业合成氨，反应在一定条件下已达到平衡的标志是　 　．‎ a．N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2‎ b．容器内的压强保持不变 c．N2、H2、NH3的浓度不再发生变化 d．反应停止，正、逆反应的速率都等于零 ‎（4）常温下向含1mol溶质的稀盐酸中缓缓通入1mol NH3（溶液体积变化忽略不计），反应结束后溶液中离子浓度由大到小的顺序是　 　；在通入NH3的过程中溶液的导电能力　 　（选填“变大”、“变小”、“几乎不变”）．‎ ‎27．氮化硅（Si3N4）耐高温、硬度大，可用石英与焦炭在1400～1450℃的氮气中合成：3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）Si3N4（s）+6CO（g）﹣Q（Q＞0）‎ 在一定条件下，向10L密闭容器中加入反应物，10min后达到平衡。‎ 完成下列问题：‎ ‎（1）上述反应所涉及的属于第三周期的元素，其原子的最外层电子轨道表示式为　 　。其中一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，其原子的核外电子能量不同的有　 　种。‎ ‎（2）上述反应混合物中的极性分子是　 　，写出非极性分子的电子式　 　。分析用氮化硅制造轴承和发动机中耐热部件的原因是　 　。‎ ‎（3）该反应的平衡常数表达式为　 　。可以提高二氧化硅转化率的措施是　 　（任写一条），该措施对平衡常数的影响为　 　（填“增大”、“减小”或“保持不变”）。‎ ‎（4）测得平衡时固体质量减少了5.6g，则用氮气表示的平均反应速率为　 　。‎ ‎28．CO2、SO2、NOx是对环境影响较大的气体，控制和治理CO2、SO2、NOx是解决温室效应、减少酸雨和光化学烟雾的有效途径．‎ ‎（1）工业上正在研究利用CO2来生产甲醇燃料的方法，该方法的化学方程式是：‎ CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.0kJ•mol﹣1‎ 某科学实验小组将6mol CO2和8mol H2充入一容积为2L的密闭容器中（温度保持不变），测得H2的物质的量随时间变化如图1中实线所示（图中字母后的数字表示对应的坐标）．‎ 回答下列问题：‎ ‎①该反应在0～8min内CO2的平均反应速率是　 　mol•L﹣1•min﹣1‎ ‎②此温度下该反应的平衡常数K的数值为　 　．‎ ‎③仅改变某一条件再进行实验，测得H2的物质的量随时间变化如图1中虚线所示．与实线相比，曲线Ⅰ改变的条件可能是　 　，曲线Ⅱ改变的条件可能是　 　．若实线对应条件下平衡常数为K，曲线Ⅰ对应条件下平衡常数为K1，曲线Ⅱ 对应条件下平衡常数为K2，则K、K1和K2的大小关系是　 　．‎ ‎（2）有学者设想以如图2所示装置用电化学原理将CO2、SO2转化为重要化工原料．‎ ‎①若A为CO2，B为H2，C为CH3OH，则正极电极反应式为　 　．‎ ‎②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，则电池总反应的化学方程式为：　 　．‎ ‎29．用Cl2生产含氯有机物时会产生HCl，利用如下反应可实现氯的循环利用。4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）+Q（Q＞0）‎ 在2L密闭容器中进行该反应，在不同时间测得实验数据如下表：‎ 物质 物质的量（mol）‎ 时间 HCl（g）‎ O2（g）‎ H2O（g）‎ Cl2（g）‎ ‎0min ‎4‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎2min ‎1.2‎ ‎0.3‎ ‎1.4‎ ‎3min ‎1.2‎ ‎0.3‎ ‎1.4‎ ‎4min ‎1.0‎ ‎0.35‎ ‎1.5‎ ‎（1）计算0～2min内Cl2的平均生成速率　 　。‎ 该反应合适的温度范围是380～440℃，选择该温度范围可能的原因是：①加快反应速率；②　 　。‎ ‎（2）工业上用传感器检测反应容器中的气体压强，当压强保持不变时，表面反应已达平衡。能通过检测压强判断反应是否达到平衡状态的理由是　 　。‎ ‎（3）实验时，在3～4min之间改变了某一条件造成平衡移动。表中数据说明平衡向　 　移动（填“左”或“右”）；达到新平衡后，与原来相比平衡常数　 　（填“变大”、“变小”、“不变”）。Cl2也可用于制备新型净水剂高铁酸钠（Na2FeO4）。‎ ‎（4）配平制备反应的化学方程式：‎ ‎　 　Fe（NO3）3+　 　NaOH+　 　Cl2→　 　Na2FeO4+　 　NaNO3+　 　NaCl+　 　H2O 若反应消耗3.36L Cl2（标准状况），则转移电子的数目是　 　。‎ ‎（5）用Na2FeO4杀菌消毒的优点是还原产物具有净水作用，缺点是还原产物会对铁制水管造成腐蚀，造成腐蚀的原理有　 　。‎ ‎30．Ⅰ、试分析比较合成氨与用SO2和O2反应制SO3的反应 ‎（1）某些相同点：‎ ‎①△H　 　0‎ ‎②△S　 　0（填＜、＝、＞）；‎ ‎③反应在　 　均能自发进行 ‎（2）条件选择中，主要的三方面不同点？并说明原因和理由？‎ ‎①　 　；‎ ‎②　 　；‎ ‎③　 　．‎ ‎（3）请作出这类反应的“反应过程与能量变化”示意图 Ⅱ、（4）SO2处理的一种方法是用石灰吸收（“钙基固硫”），其最终生成　 　（写名称）；‎ ‎（5）实验室里可用“在浓氨水中加生石灰”的方法制取氨气，其理由是　 　．‎ 化学平衡 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．【分析】三氯化铁中加过量的碘化钾，充分反应后加硫氰化钾，溶液变血红色，证明有三价铁离子存在，从而证明FeC13溶液和KI溶液的反应存在反应限度，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．加入FeCl3溶液5～6滴，物质的量较少，由于有KI的剩余，滴加AgNO3溶液，肯定会有黄色沉淀生成，不能判断2Fe3++2I﹣⇌I2+2Fe2+是否存在限度，故A错误；‎ B．由于加入FeCl3溶液，将碘离子氧化为碘单质，加入CCl4振荡后，生成的碘单质溶于CCl4而显紫红色，智能说明生成了碘单质，而不能判断是否存在限度，故B错误；‎ C．滴加KSCN溶液，观察溶液是否变血红色，说明溶液中存在铁离子，由于加入FeCl3溶液较少，若不存在限度，加入KSCN溶液后，溶液是不变色，说明该反应存在限度，故C正确；‎ D．加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明存在，由于氯离子不参与离子反应，即氯离子始终存在于溶液中，所以不能判断是否存在限度，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎2．【分析】可逆反应是指在同一条件下，既能向生成物方向进行，同时又能向反应物方向进行的反应．注意条件相同，同时向正逆两个方向进行，‎ A．二氧化碳与水的反应为可逆反应；‎ B．氢气与碘单质的反应为可逆反应；‎ C．氨气与氯化氢反应生成氯化铵，该反应不属于可逆反应；‎ D．二氧化硫的催化氧化反应为可逆反应．‎ ‎【解答】解：A．二氧化碳易溶于水，溶于水的二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸也能够分解生成二氧化碳和水，该反应为可逆反应，故A错误；‎ B．氢气与碘单质生成HI的反应为可逆反应，故B错误；‎ C．氨气与HCl反应生成氯化铵的反应不是可逆反应，故C正确；‎ D．二氧化硫在催化剂、加热条件下反应生成三氧化硫，同时三氧化硫会分解生成二氧化硫和氧气，该反应为可逆反应，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎3．【分析】设出反应①和反应②产生的氧气的浓度分别为Xmol•L﹣1，Y mol•L﹣1，‎ ‎2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）①‎ ‎2X 4Xmol•L﹣1 Xmol•L﹣1‎ ‎2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）②‎ ‎2Ymol•L﹣1 Ymol•L﹣1‎ 则建立关系：X+Y＝1.3；4X﹣2Y＝0.4；解得：X＝0.5；Y＝0.8；由①反应生成的O2的浓度为0.5 mol•L﹣1，所以则NO（g）的浓度为2Y，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：设出反应①和反应②产生的氧气的浓度分别为Xmol•L﹣1，Y mol•L﹣1，‎ ‎2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）①‎ ‎2X 4Xmol•L﹣1 Xmol•L﹣1‎ ‎2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）②‎ ‎2Ymol•L﹣1 Ymol•L﹣1‎ 则建立关系：X+Y＝1.3；4X﹣2Y＝0.4；解得：X＝0.5；Y＝0.8；由①反应生成的O2的浓度为0.5 mol•L﹣1，所以则NO（g）的浓度为2Y＝2×0.8＝1.6mol•L﹣1，故选D。‎ ‎4．【分析】某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A（g）+bB （g）⇌cC（g）△H＝﹣Q kJ•mol﹣1（Q＞0）．12s 时达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，‎ A．图象分析可知A的浓度变化＝0.8mol/L﹣0.2mol/L＝0.6mol/L，反应速率v＝；‎ B．图象分析计算B的反应速率，浓度变化＝0.5mol/L﹣0.3mol/L＝0.2mol/L，速率之比等于化学方程式计量数之比；‎ C．计算得到ABC的反应速率，速率之比等于化学方程式计量数之比；‎ D.12s内反应3molA放热QKJ，反应A的物质的量＝（0.8mol/L﹣0.2mol/L）×2L＝1.2mol，结合化学方程式定量关系计算分析；‎ ‎【解答】解：某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A（g）+bB （g）⇌cC（g）△H＝﹣Q kJ•mol﹣1（Q＞0）。12s 时达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，‎ A．图象分析可知A的浓度变化＝0.8mol/L﹣0.2mol/L＝0.6mol/L，反应速率v＝＝＝0.05mol/（L•s），故A错误；‎ B．图象分析B的浓度变化＝0.5mol/L﹣0.3mol/L＝0.2mol/L，计算B的反应速率＝‎ ‎＝，速率之比等于化学方程式计量数之比，3：b＝0.05：，b＝1，3：c＝0.05：，c＝2，化学方程式中AB计量数不同，12s后达到平衡状态，A的消耗速率不等于B的生成速率，故B错误；‎ C．图象分析B的浓度变化＝0.5mol/L﹣0.3mol/L＝0.2mol/L，计算B的反应速率＝＝，速率之比等于化学方程式计量数之比，3：b＝0.05：，b＝1，3：c＝0.05：，c＝2，化学计量数之比b：c＝1：2，故C正确；‎ D.12s内反应3molA放热QKJ，反应A的物质的量＝（0.8mol/L﹣0.2mol/L）×2L＝1.2mol，结合化学方程式定量关系计算，3A（g）+B （g）⇌2C（g）△H＝﹣Q kJ•mol﹣1，1.2molA反应放出热量0.4QKJ，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎5．【分析】该反应达到平衡状态时，A浓度的变化量＝（0.9﹣0.3）mol/L＝0.6mol/L，B浓度的变化量＝（0.7﹣0.5）mol/L＝0.2mol/L，C浓度的变化量＝（0.4﹣0）mol/L＝0.4mol/L，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：3A（g）+B（g）⇌2C（g），‎ 根据“先拐先平数值大”结合图II知，T1＞T2，升高温度，C的体积发生减小，则该反应的正反应是放热反应；‎ A．增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；‎ B．恒压，通入稀有气体，体积增大，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动；‎ C．先根据图Ⅰ计算平衡常数，再根据平衡常数计算改变三种物质的浓度达到平衡状态时C的浓度；‎ D．其它条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动．‎ ‎【解答】解：该反应达到平衡状态时，A浓度的变化量＝（0.9﹣0.3）mol/L＝0.6mol/L，B浓度的变化量＝（0.7﹣0.5）mol/L＝0.2mol/L，C浓度的变化量＝（0.4﹣0）mol/L＝0.4mol/L，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：3A（g）+B（g）⇌2C（g），‎ 根据“先拐先平数值大”结合图II知，T1＞T2，升高温度，C的体积发生减小，则该反应的正反应是放热反应；‎ A．该反应的正反应是气体体积减小的反应，t1时，保持其它条件和物质状态不变，增加压强，化学平衡向正反应方向移动，故A错误；‎ B．该反应的正反应是气体体积减小的反应，恒压，通入稀有气体，体积增大，压强减小，平衡逆向移动，故B错误；‎ C．根据图Ⅰ知，化学平衡常数K＝＝，‎ 假设C的平衡浓度是0.4mol/L，‎ ‎ 3A（g）+B（g）⇌2C（g）‎ 开始（mol/L）0.6 0.6 0.2‎ 反应（mol/L）0.3 0.1 0.2 ‎ 平衡（mol/L）0.3 0.5 0.4‎ 化学平衡常数K′＝＝，与平衡常数K相等，故C正确；‎ D．其它条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，根据图Ⅱ知，正反应是放热反应，所以平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎6．【分析】A、使用催化剂化学反应速率加快；‎ B、平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变；‎ C、表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液时，氢离子浓度增大，铵根离子浓度也增大，但增加的幅度没有氢离子的浓度增加的大；‎ D、表示常温下向20mL pH＝3的醋酸中滴加pH＝11的NaOH溶液，当氢氧化钠体积为20ml时，得到醋酸和醋酸钠的混合溶液．‎ ‎【解答】解：A、使用催化剂化学反应速率加快，所以正反应速率的虚线在实线的上方，故A错误；‎ B、平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以温度相同而压强不同时，两者的平衡常数相同，故B错误；‎ C、表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液时，氢离子浓度增大，铵根离子浓度也增大，但增加的幅度没有氢离子的浓度增加的大，所以溶液中随HCl溶液体积增大而增大，故C正确；‎ D、表示常温下向20mL pH＝3的醋酸中滴加pH＝11的NaOH溶液，当氢氧化钠体积为20ml时，得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，以醋酸的电离为主溶液呈酸性，所以a＜7，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎7．【分析】A、△H＞0，所以温度越高，平衡常数K越大；‎ B、增大环己烷的物质的量，相当于增大压强；‎ C、先拐先平，所以P1＞P2，增大压强平衡逆向移动；‎ D、两边计量数不等的反应，反应速率同等程度增大，说明使用催化剂．‎ ‎【解答】解：A、该反应正反应为吸热反应，升温，平衡常数增大，故A错误；‎ B、增大环己烷的物质的量，环己烷的转化率应降低，故B错误；‎ C、根据“先拐先平数值大”知p1＞p2，增大压强平衡逆向移动，苯的体积分数应减小，故C错误；‎ D、t1时使用催化剂，该可逆反应的正、逆反应速率同等倍数的增大，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎8．【分析】化学平衡常数是用生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，化学平衡常数的大小只受温度的影响，反应中的固体或者纯液体的浓度看作是1，平衡常数不变，平衡可能发生移动，据此答题 ‎【解答】解：化学平衡常数是用生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，化学平衡常数的大小只受温度的影响，‎ A、一定温度下的可逆反应，本身就具有平衡常数，这是对可逆反应的限度的一种衡量，与反应是否处于的状态时无关，故A错误；‎ B、化学平衡常数只受温度的影响，其它条件改变，平衡移动，而平衡常数不变，故B错误；‎ C、平衡常数就反映了反应限度大小的一个量，它是用生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，所以对于一个确定的反应来说，平衡常数的数值越大，反应限度越大，故C正确；‎ D、反应物的转化率与反应物起始的量和转化的量有关，例如当有两种反应物时，如果一种反应物过量较多，则这种反应物就是在平衡常数较大的情况下，转化率也较小，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎9．【分析】K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高；反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解；‎ A• 根据平衡常数是表示反应进行程度大小的物理量，结合卤族元素性质的递变规律判断；‎ B• 根据卤族元素氢化物的递变规律判断；‎ C• 根据在不同温度下平衡常数数值的关系判断；‎ D• 根据在不同温度下平衡常数数值的关系判断平衡转化率．‎ ‎【解答】解：A、根据卤族元素的非金属性越强，其对应非金属单质的氧化性越强，卤族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱，生成氢化物的平衡常数大小只能说明平衡进行程度大小，不能推断出反应的剧烈程度大小，故A错误；‎ B、根据卤族元素的性质的递变规律，从上到下，非金属性逐渐减弱，非金属性越强其氢化物的稳定性越强，故B正确；‎ C、依据题中给出的平衡常数值 K（t1）＞K（t2），平衡常数的表达式为：K＝，t2＞t1时，平衡向逆向移动，该反应的正反应为放热反应，故C正确；‎ D、卤族元素从上到下，随着原子核电荷数的增加，非金属性依次减弱，与氢反应的难度逐渐增加，因此，与氢气反应的X2的转化率逐渐降低，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎10．【分析】反应①的平衡常数k＝c（NH3）•c（HI），NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的NH3，由反应②可知分解的c（HI）为平衡时c（H2）的2倍，求出为NH4I分解生成的NH3，代入反应①的平衡常数k＝c（NH3）•c（HI）计算。‎ ‎【解答】解：平衡时c（HI）＝4mol•L﹣1，HI分解生成的H2的浓度为0.5mol•L﹣1。‎ NH4I分解生成的HI的浓度为4mol•L﹣1+2×0.5mol•L﹣1＝5mol•L﹣1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为5mol•L﹣1，‎ 所以反应①的平衡常数k＝c（NH3）•c（HI）＝5mol•L﹣1×4mol•L﹣1＝20mol2•L﹣2。‎ 故选：C。‎ ‎11．【分析】A、还原剂在氧化还原反应中失去电子，化合价升高；‎ B、由图可以得出，温度越高，K值越小，说明此反应为放热反应；‎ C、此反应为放热反应，升高温度，平衡左移，不利于脱硫；‎ D、稀反应特点为反应前后气体体积不变的反应，据此判断即可．‎ ‎【解答】解：A、还原剂在氧化还原反应中失去电子，化合价升高，H2S为反应物，FeS为生成物，反应前后S的化合价均为﹣2，故既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；‎ B、由图可以得出，温度越高，K值越小，说明此反应为放热反应，故B正确；‎ C、此反应为放热反应，升高温度，平衡左移，不利于脱硫，即温度越高H2S的脱除率越小，故C错误；‎ D、稀反应特点为反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故硫化氢的转化率不会提高，D错误，故选B。‎ ‎12．【分析】A．由实验1、2可知，2中甲醇选择性高；‎ B．反应①为放热反应，升高温度平衡逆向移动；‎ C．平衡常数与温度有关；‎ D．催化剂可降低反应的活化能，不影响始终态。‎ ‎【解答】解：A．由实验1、2可知，2中甲醇选择性高，则相同温度下，在该时刻催化剂b对CO2转化成CH3OH有较高的选择性，故A正确；‎ B．反应①为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则升高温度反应①中CO2转化为CH3OH平衡转化率减小，故B错误；‎ C．平衡常数与温度有关，则其他条件不变，增大反应体系压强反应②中平衡常数不变，故C正确；‎ D．催化剂可降低反应的活化能，不影响始终态，且催化剂b对应的活化能最小，图象合理，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎13．【分析】A．合成氨为可逆反应；‎ B．催化剂不影响化学平衡；‎ C．为放热反应；‎ D．及时使氨液化、分离，可使平衡正向移动。‎ ‎【解答】解：A．合成氨为可逆反应，则3体积H2和足量N2反应，氢气不能完全转化，生成氨气小于2体积，故A错误；‎ B．催化剂不影响化学平衡，不能提高提高原料的利用率，故B错误；‎ C．为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则室温比500℃左右更有利于向合成氨的方向进行，故C错误；‎ D．及时使氨液化、分离，可使平衡正向移动，则提高N2和H2的利用率，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎14．【分析】A．为固体，不能用于表示反应速率；‎ B．由方程式3SiCl4（g）+2N2（g）+6H2（g）⇌Si3N4（s）+12HCl（g）△H＜0，可知氮气和氢气按1：3反应，则转化率之比为1：3；‎ C．温度越高，反应速率越大；‎ D．由于正反应放热，则升高温度，平衡逆向移动，反应的程度不同。‎ ‎【解答】解：A．为固体，不能用于表示反应速率，故A错误；‎ B．由方程式3SiCl4（g）+2N2（g）+6H2（g）⇌Si3N4（s）+12HCl（g）△H＜0，可知氮气和氢气按1：3反应，则反应达到平衡时，两种温度下 N2 和 H2 的转化率之比相同，应满足反应的计量数关系，故B正确；‎ C．温度越高，反应速率越大，平衡后，300℃比 250℃快，故C错误；‎ D．由于正反应放热，则升高温度，平衡逆向移动，反应的程度不同，则两种条件下反应放出的热量不一样多，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎15．【分析】由图可知，曲线a先达到平衡，曲线b的反应速率减小，但NO的转化率增大，可知改变条件使反应速率减小、平衡正向移动，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．降低温度平衡正向移动，反应速率减小，故A选；‎ B．加催化剂平衡不移动，故B不选；‎ C．增大反应物中NO的浓度，NO转化率减小，故C不选；‎ D．向密闭容器中加入氩气，平衡不移动，故D不选；‎ 故选：A。‎ ‎16．【分析】吸收SO2的适宜条件应有利于平衡向正向移动，结合正反应为放热的特点解答．‎ ‎【解答】解：正反应放热，则降低温度可使平衡向正向移动，反应为气体体积减小的反应，则增大压强有利于平衡向正向移动。‎ 故选：B。‎ ‎17．【分析】A、根据实验Ⅲ中的数据计算出各组分浓度和化学平衡常数；‎ B、根据浓度对化学平衡的影响进行分析；‎ C、根据实验Ⅲ中的数据计算出A的反应速率；‎ D、根据B是固体，反应两边质量不相等，容器的容积固定进行判断．‎ ‎【解答】解：A、由于B为固体，该反应的平衡常数为：K＝．实验Ⅲ中，由于反应2A（g）+B（s）⇌2D（g）中，两边气体的体积相等，压强不影响平衡移动，c（A）平衡＝0.85mol/L，反应消耗了A的浓度为1mol/L﹣0.85mol/L＝0.15mol/L，生成的D的浓度为0.30mol/L，K＝＝＜1，故A正确；‎ B、反应两边气体的体积相等，压强不影响化学平衡，实验Ⅰ和实验Ⅱ为等效平衡，反应消耗的A的物质的量，实验Ⅱ是实验Ⅰ的2倍，放出的热量b＝2a，故B错误；‎ C、根据A项的计算，A的浓度变化是0.15mol/L，A的平均反应速率为：＝0.005mol•L﹣1•min﹣1，故C正确；‎ D、由于反应方程式中B是固体，反应两边气体的质量不相等，而容器的容积固定，根据ρ＝，V是定值，密度不变，说明混合气体的质量，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎18．【分析】A、化学平衡的建立是以可逆反应为前提的，绝大多数化学反应都具有可逆性，都可在不同程度上达到平衡；‎ B、改变反应条件可使化学平衡移动，反应速率、限度均随之改变；‎ C、所有化学反应均伴随着能量的变化；‎ D、正逆反应速率相等时，化学反应达到平衡状态．‎ ‎【解答】解：A、绝大多数化学反应都具有可逆性，都可在不同程度上达到平衡，平衡状态是很常见的现象，故A错误；‎ B、根据勒夏特列原理，改变反应条件可使化学平衡移动，此时反应速率、限度均随之改变，故B正确；‎ C、所有化学反应均伴随着能量的变化，故C正确；‎ D、化学平衡是一种动态平衡，当化学反应达到平衡状态时，正反应速率与逆反应速率相等，故D正确。‎ 故选：A。‎ ‎19．【分析】‎ 勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；在使用勒夏特列原理时，反应必须是可逆反应，化学平衡发生移动则可以用勒沙特列原理解释。‎ ‎【解答】解：A．催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以不能用平衡移动原理解，故A不选；‎ B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，可用勒夏特列原理解释，故B选；‎ C、合成氨是放热反应，室温比500℃左右更有利于合成氨的反应，不能用勒夏特列原理解释，故C不选；‎ D、可逆反应为H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），增大压强I2的浓度增大，颜色加深，反应前后气体的体积不发生变化，增大压强平衡不移动，不能用用勒夏特列原理解释，故D不选；‎ 故选：B。‎ ‎20．【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关，据此进行判断。‎ ‎【解答】解：A．NaCl足量，硝酸银电离的银离子完全反应，AgCl在溶液中存在溶解平衡，加入少量KI溶液后生成黄色沉淀，该沉淀为AgI，说明实现了沉淀的转化，能够用勒夏特列原理解释，故A不选；‎ B．铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应为可逆反应，加入稀盐酸可抑制铁离子水解，能够用勒夏特列原理解释，故B不选；‎ C．酯化反应中，稀硫酸为催化剂，催化剂不影响平衡，不能用勒夏特列原理解释，故C选；‎ D．二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时压强较大，不会有气泡生成，打开瓶塞后压强减小，生成气泡，可用勒夏特列原理解释，故D不选；‎ 故选：C。‎ 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．【分析】（1）根据化学反应4NO+3O2+2H2O＝4HNO3　进行计算，剩余的可能是一氧化氮也可能时氧气，进行讨论；‎ ‎（2）①乙中的物质的量比甲的大，利用压强对化学平衡的影响来分析；‎ ‎②根据等效平衡可知，丙中转化为起始量与甲中的起始量相同；‎ ‎（3）恒温恒容下反应相同时间，T1＜T2，两个密闭容器中分别充入等量NO2，由pV＝nRT可知，两个容器中的压强可能相等或不等；‎ ‎（4）2.24L（标准状况）氨气被200mL 1mol/L HNO3溶液吸收后，得到等浓度的硝酸铵和硝酸溶液，根据铵根离子能水解，可以写出溶液中离子浓度关系．‎ ‎【解答】解：（1）根据化学反应4NO+3O2+2H2O＝4HNO3可知，一氧化氮和氧气按4：3反应，如果剩余的是一氧化氮，则参加反应的一氧化氮为12mL，则需氧气的体积为12×mL＝9mL，如果剩余的是氧气，则参加反应的氧气为15×mL＝11.25mL，则需要氧气的总量为11.25mL+3mL＝14.25mL，故答案为：9mL和14.25mL；‎ ‎（2）①乙中的物质的量比甲的大，压强越大，化学平衡逆向移动的程度大，则乙的转化率小，故答案为：＞；‎ ‎②根据等效平衡可知，丙中转化为起始量与甲中的起始量相同，则 ‎ 4NH3（g）+5O2g）⇌4NO（g）+6H2O（g），‎ 起始1 2‎ 丙 0.2 x y z 则0.2+y＝1，0.2+z＝1，x+z＝2，解得x＝1，y＝0.8，z＝1.2，‎ 故答案为：1；0.8；1.2；‎ ‎（3）恒温恒容下反应相同时间，T1＜T2，两个密闭容器中分别充入等量NO2，由pV＝nRT可知，两个容器中的压强相等时，‎ a1＝a2，若P1＞P2，a1，＞a2，若P1＜P2，a1，＜a2，则以上都有可能，‎ 故答案为：D；‎ ‎（4）2.24L（标准状况）氨气被200mL 1mol/L HNO3溶液吸收后，得到等浓度的硝酸铵和硝酸溶液，根据铵根离子能水解，可以写出溶液中离子浓度关系为c（NO﹣3）＞c（H+）＞c（NH+4）＞c（OH﹣），故答案为：c（NO﹣3）＞c（H+）＞c（NH+4）＞c（OH﹣）．‎ ‎22．【分析】（1）反应的平衡常数K值变大，则平衡一定向正反应方向移动，正反应为吸热反应，故应是升高温度，改变条件瞬间，正逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，正反应速率瞬间最大；‎ ‎（2）A．反应混合气体总质量不变，反应到达平衡后，混合气体总的物质的量不变，结合M＝判断；‎ B．恒容条件下，通入大量稀有气体，反应混合物各组分的浓度不变；‎ C．反应混合气体总质量不变，容器的容积不变，根据ρ＝判断；‎ D．到达平衡后，速率之比等于化学计量数之比．‎ ‎【解答】解：（1）反应的平衡常数K值变大，则平衡一定向正反应方向移动，正反应为吸热反应，故应是升高温度，改变条件瞬间，正逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，正反应速率瞬间最大，由于平衡向正反应方向移动，正反应速率又开始降低，‎ 故答案为：AB；‎ ‎（2）A．反应混合气体总质量不变，反应到达平衡后，混合气体总的物质的量不变，平均相对分子质量不变，故A正确；‎ B．恒容条件下，通入大量稀有气体，反应混合物各组分的浓度不变，反应速率不变，故B错误；‎ C．反应混合气体总质量不变，容器的容积不变，混合气体的密度不变，故C正确；‎ D．到达平衡后，速率之比等于化学计量数之比，一定有v（N2）：v（O2）＝2：3，故D正确，‎ 故选B．‎ ‎23．【分析】（1）①已知：CO（g）+3H2（g）＝CH4（g）+H2O（g）△H＝﹣206kJ/mol （1）‎ CO2（g）+4H2（g）＝CH4（g）+2H2O（g）△H＝﹣165kJ/mol （2）‎ 利用盖斯定律将（1）﹣（2）书写计算；‎ ‎②利用盖斯定律结合平衡常数K3＝计算；‎ ‎（2）根据甲烷化反应都为放热反应，温度升高，平衡向逆方向移动，则CO和H2的转化率都降低；又根据CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol 温度升高，平衡向逆方向移动，进一步消耗了氢气而生成了CO，使CO转化率更低；‎ ‎（3）根据C（s）+2H2（g）＝CH4（g）△H＝﹣73kJ/mol（慢反应） （5），反应慢，所以反应过程中会出现碳过剩，热量传递不好而使催化剂烧结，失去催化作用；‎ ‎（4）由图象作等温线，得450K时lnK3＝ln＝lnK1﹣lnK2，所以A对应反应（1），C对应反应（2），B对应反应（3），据此分析。‎ ‎【解答】解：（1）①已知：CO（g）+3H2（g）＝CH4（g）+H2O（g）△H＝﹣206kJ/mol （1）‎ CO2（g）+4H2（g）＝CH4（g）+2H2O（g）△H＝﹣165kJ/mol （2）‎ 利用盖斯定律将（1）﹣（2）可得：CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）△H＝（﹣206+165）KJ/mol＝﹣41kJ/mol，‎ 故答案为：CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol；‎ ‎②K3＝＝＝；故答案为：K3＝；‎ ‎（2）因为甲烷化反应都为放热反应，温度升高，平衡向逆方向移动，则CO和H2的转化率都降低；又根据CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol，温度升高，平衡向逆方向移动，进一步消耗了氢气而生成了CO，使CO转化率更低，‎ 故答案为：降低；CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）△H＝﹣‎ ‎41kJ/mol，温度升高，平衡向逆方向移动，进一步消耗了氢气而生成了CO，使CO转化率更低；‎ ‎（3）因为2个副反应2CO（g）＝C（g）+CO2（g）△H＝﹣171kJ/mol （快反应） （4）C（s）+2H2（g）＝CH4（g）△H＝﹣73kJ/mol（慢反应） （5），而（4）快（5）慢，所以反应过程中会出现碳固体结块现象，热量传递不好而使催化剂烧结，失去催化作用，故答案为：碳固体结块；‎ ‎（4）由图象作等温线，得450K时lnK3＝ln＝lnK1﹣lnK2，所以A对应反应（1），C对应反应（2），B对应反应（3），所以曲线A、B所对应的反应方程式编号为（1）（3），故答案为：（1）（3）。‎ ‎24．【分析】①影响化学反应速率的因素是增大物质浓度、升高温度、气体反应增大压强，增大接触面积等都可以加快反应速率；‎ ‎②反应物不止一种时，增大一种物质的浓度，其他物质的转化率增大；据热化学方程式中的焓变计算；‎ ‎③当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，注意反应物与生成物的化学计量数关系．‎ ‎【解答】解：①保持容器温度不变，缩小容器体积，单位体积内活化分子数目增多，化学反应速率加快，故答案为：增大；‎ ‎②‎ 反应物不止一种时，增大一种物质的浓度，其他物质的转化率增大，所以在合成氨反应中若增大N2的浓度，则H2的转化率增大；据N2（g）+3H2（g）⇌NH3（g）△H＝﹣92.4kJ/mol可知，放出92.4kJ热量，生成1mol氨气，故答案为：增大；1；‎ ‎③A、N2、H2、NH3的浓度相等，反应不一定达到平衡状态，故A错误；‎ B、该反应前后气体物质的量不同，容器体积不变，压强不变说明正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变，反应达到平衡状态，故B正确；‎ C、消耗amol N2，同时生成2amol NH3，是指正反应速率之比等于化学计量数之比，与平衡状态无关，故C错误；‎ 故答案为：B．‎ ‎25．【分析】（1）A．反应是可逆反应，不能进行彻底；‎ B．尾气温度已经很高，再升高温度的意义不大；‎ C．从平衡常数分析反应进行程度，净化设备经济效益分析；‎ D．提高净化速率的最好方法是使用高效催化剂；‎ ‎（2）依据图象书写热化学方程式，根据盖斯定律计算得到；‎ ‎（3）使化学平衡向正反应方向移动可以提高氮氧化物的转化率；‎ ‎（4）根据二氧化氮具有氧化性，能氧化Na2SO3生成Na2SO4，本身被还原成氮气；通过化学方程式建立关系式然后计算；‎ ‎（5）由N2O4制取N2O5需要是去电子，所以N2O5在阳极区生成，Pt甲为阳极，结合电极方程式计算．‎ ‎【解答】解：（1）A．该反应为可逆反应，不能完全转化，排出的气体中一定含有NO或CO，故A错误；‎ B．尾气温度已经很高，再升高温度，反应速率提高有限，且消耗更多能源，意义不大，故B错误；‎ C、因平衡常数已经较大，增大压强虽然平衡正向移动，但对设备要求更高，不符合生成经济效益，故C错误；‎ D、研制高效催化剂可提高反应速率，解决反应极慢的问题，有利于尾气的转化，故D正确；‎ 故答案为：D；‎ ‎（2）图1：S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H1＝﹣aKJ/mol 图2CO（g）+O2（g）＝CO2（g）△H2＝﹣bKJ/mol；‎ 依据盖斯定律②×2﹣①得到：SO2（g）+2CO（g）＝S（s）+CO2（g）△H＝2△H2﹣△H1＝﹣（2b﹣a）KJ/mol，‎ 故答案为：SO2（g）+2CO（g）＝S（s）+2CO2（g）△H＝﹣（2b﹣a）kJ•mol﹣1；‎ ‎（3）使化学平衡向正反应方向移动可以提高氮氧化物的转化率，增加反应物浓度平衡正向移动，所以可以采取增大NH3浓度的措施，由于此反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，此反应正反应方向为气体体积增大的方向，减小压强平衡正向移动，‎ 故答案为：增大NH3浓度（或减小压强、降低温度）；‎ ‎（4）二氧化氮具有氧化性，能氧化Na2SO3生成Na2SO4，本身被还原成氮气，‎ 方程式为2NO2+4Na2SO3═N2+4Na2SO4，‎ 由2NO+ClO2+H2O═NO2+HNO3+2HCl，2NO2+4Na2SO3═N2+4Na2SO4得：‎ ‎ 4NO～N2‎ ‎30×4g 22.4L ‎60g 11.2L 所以共消耗NO60g，‎ 故答案为：2 NO2+4SO32﹣＝N2+4SO42﹣； 60；‎ ‎（5）由图示知在Ag﹣Pt电极上NO3﹣发生还原反应，因此Ag﹣Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极；在阴极反应是NO3﹣得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应且有水生成，‎ 所以阴极上发生的电极反应式为：2NO3﹣+6H2O+10e﹣＝N2↑+12OH﹣，‎ 若电解过程中转移了2mol电子，阳极（阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+），电极方程式为2H2O﹣4e﹣═4H++O2↑，消耗1mol水，质量为18g，电解液的质量减少18g，‎ 故答案为：B；2NO3﹣+6H2O+10e﹣＝N2↑+12OH﹣；18．‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎26．【分析】（1）根据平衡常数等于生成物浓度的系数次幂之积除以反应浓度系数次幂之积写平衡常数的表达式，根据温度对平衡移动的影响判断反应的平衡常数的变化；根据v＝，进行计算；一氧化氮的转化率变大，说明平衡正向移动；‎ ‎（2）工业合成氨的反应是可逆的，选择500℃左右的较高温度能使反应逆向进行，不利于化学平衡的正向移动，使用该温度主要是考虑催化剂的催化效率以及反应速率等知识；‎ ‎（3）原变化的量现不变，说明达平衡状态；‎ ‎（4）常温下向含1mol溶质的稀盐酸中缓缓通入1mol NH3（溶液体积变化忽略不计），生成氯化铵，是强酸弱碱盐，离子浓度的大小为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；离子浓度几乎不变．‎ ‎【解答】解：（1）根据平衡常数等于生成物浓度的系数次幂之积除以反应浓度系数次幂之积，所以K＝，该反应为放热反应，温度时平衡逆向移动，所以平衡常数减小，v（CO）＝＝＝3.75×10﹣4mol/l，v（N2）＝＝1.875×10﹣4mol/（L•s）；一氧化氮的转化率变大，说明平衡正向移动可以通过改变压强，使平衡正向移动，故答案为：；减小；1.875×10﹣4mol/（L•s）；增大压强；‎ ‎（2）工业合成氨的反应是可逆的，选择500℃左右的较高温度能使反应逆向进行，不利于化学平衡的正向移动，使用该温度主要是考虑催化剂的催化效率以及反应速率等知识，故答答案为：催化剂在500℃左右具有最佳活性；‎ ‎（3）a．N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2，并不是不变，故错误；‎ b．容器内的压强保持不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；‎ c．N2、H2、NH3的浓度不再发生变化，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故正确；‎ d．化学平衡状态是动态平衡，反应不可能停止，故错误；‎ 故选：bc；‎ ‎（4）二者恰好反应生成氯化铵，溶液呈酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），依据溶液呈电中性有：c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），因为c（H+）＞c（OH﹣），∴c（NH4+）＜c（Cl﹣），故离子浓度大小关系为：c（Cl﹣）＞（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），溶液中离子浓度几乎不变，所以导电能力几乎不变，故答案为：c（Cl﹣）＞（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；几乎不变．‎ ‎27．【分析】（1）上述反应所涉及的属于第三周期的元素为Si元素，一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，为O元素；‎ ‎（2）CO属于极性分子，氮气为非金属性分子，氮气分子中N原子之间形成3对共用电子对；氮化硅是原子晶体、熔点高；‎ ‎（3）平衡常数为生成物与反应物浓度幂之积的比值；提高二氧化硅转化率，可升高温度，平衡正向移动；‎ ‎（4）利用差量法计算生成参加反应氮气的质量，再根据v＝计算v（N2）。‎ ‎【解答】解：（1）上述反应所涉及的属于第三周期的元素为Si元素，其原子的最外层电子轨道表示式为，一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，为O元素，核外电子分别位于1s、2s、2p轨道，则原子的核外电子能量不同的有3种，‎ 故答案为：；3；‎ ‎（2）CO属于极性分子，氮气为非金属性分子，氮气分子中N原子之间形成3对共用电子对，电子式为，氮化硅是原子晶体、熔点高，可以制造发动机中耐热部件，‎ 故答案为：CO；；氮化硅是原子晶体、熔点高；‎ ‎（3）平衡常数为生成物与反应物浓度幂之积的比值，则K＝；正反应为吸热反应，则可升高温度，平衡正向移动，提高二氧化硅转化率，同时平衡常数增大，‎ 故答案为：K＝；升高温度；增大；‎ ‎（4）3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO（g） 固体质量减少 ‎ 56 6×28﹣56＝112‎ ‎ 2.8g 5.6g 故参加反应氮气物质的量为＝0.1mol，则v（N2）＝＝0.001mol/（L．min），‎ 故答案为：0.001mol/（L．min）。‎ ‎28．【分析】（1）①根据公式v＝计算氢气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计算；‎ ‎②由图可知，8min时，反应到达平衡，平衡时氢气的物质的量为2mol，根据三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算；‎ ‎③曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动；‎ 曲线Ⅱ反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，平衡正向移动，应是增大压强；‎ 平衡常数只受温度的影响，该反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小．‎ ‎（2）①燃料电池的工作原理，正极上是氧气获得电子发生还原反应生成氢氧根；‎ ‎②原电池反应本质为：2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4．‎ ‎【解答】解：（1）①首先求出氢气的速率v＝＝mol/（L•min），又因为v（CO2）＝v（H2）＝0.125mol/（L•min），故答案为：0.125；‎ ‎②由图可知，8min时，反应到达平衡，平衡时氢气的物质的量为2mol，参加反应的氢气为8mol﹣2mol＝6mol，氢气的浓度变化量为＝3mol/L，则：‎ ‎ CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）‎ 开始（mol/L）：3 4 0 0‎ 变化（mol/L）：1 3 1 1 ‎ 平衡（mol/L）：2 1 1 1‎ 故该温度下平衡常数K＝＝0.5，‎ 故答案为：0.5；‎ ‎③曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，不利于氢气的转化，故曲线I是升高温度；‎ 曲线Ⅱ反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，因增大压强平衡正向移动，故应是增大压强；‎ 平衡常数只受温度的影响，该反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故温度越高平衡常数越小，曲线Ⅰ温度最高，实线和曲线Ⅱ温度相同，故K1＜K＝K2，‎ 故答案为：升高温度； 增大压强；K1＜K＝K2；‎ ‎（2）①燃料电池的工作时，正极上是CO2发生得电子得还原反应，即CO2+6H++6e﹣＝CH3OH+H2O，‎ 故答案为：CO2+6H++6e﹣＝CH3OH+H2O；‎ ‎②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4时，电极总反应为：2SO2+O2+H2O＝2H2SO4，故答案为：2SO2+O2+H2O＝2H2SO4．‎ ‎29．【分析】（1）由化学计量数可知v（Cl2）＝v（H2O），结合υ＝计算；催化剂的活性需要适应的温度；‎ ‎（2）压强会随气体的物质的量的变化而改变，当压强不变时，可以知道气体的物质的量不发生改变；‎ ‎（3）4min时数据与3min时相比，HCl的物质的量减小0.2mol、氧气的物质的量增大0.05mol、水的物质的量增大0.1mol，说明平衡正向移动，且△n（HCl）：△n（H2O）＝2：1＝化学计量数之比，改变的条件是加入0.1mol O2；‎ ‎（4）Fe元素化合价由Fe（NO3）3中+3价升高为Na2FeO4中+6价，化合价升高3价，Cl元素化合价由Cl2中0价降低为NaCl中﹣1价，化合价共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe（NO3）3的系数为2、Cl2的系数为3，再结合原子守恒配平；计算氯气的物质的量，结合Cl元素化合价变化计算转移电子；‎ ‎（5）Na2FeO4在杀菌消毒时被还原为Fe3+，Fe3+与单质铁发生反应。‎ ‎【解答】解：（1）0～2min内v（Cl2）＝v（H2O）＝＝0.35mol/（L•min）。从反应速率和化学平衡角度选择反应的合适温度范围，化工生产中常用催化剂，必须考虑其活性温度，说明该温度下催化剂活性较高，‎ 故答案为：0.35mol/（L•min）；催化剂活性较高；‎ ‎（2）反应“4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）”前后气体分子数有变化，在恒温恒容条件下，当容器内压强不变时，容器内气体总物质的量也不变，表明反应已达化学平衡，‎ 故答案为：该反应反应物的系数之和与产物的系数之和不相等，反应前后会有气体的物质的量发生改变，因此压强会随气体的物质的量的变化而改变，当压强不变时，可以知道气体的物质的量不发生改变，因此说反应达到了平衡；‎ ‎（3）从表中数据知，2～3min之间建立了化学平衡。4min时数据与3min时相比，HCl的物质的量减小0.2mol、氧气的物质的量增大0.05mol、水的物质的量增大0.1mol，说明平衡正向移动，且△n（HCl）：△n（H2O）＝2：1＝化学计量数之比，改变的条件是加入0.1mol O2，据平衡移动原理，化学平衡向右移动。因化学平衡常数只与温度有关，新平衡时化学平衡常数不变，‎ 故答案为：右；不变；‎ ‎（4）Fe元素化合价由Fe（NO3）3中+3价升高为Na2FeO4中+6价，化合价升高3价，Cl元素化合价由Cl2中0价降低为NaCl中﹣1价，化合价共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe（NO3）3的系数为2、Cl2的系数为3，由原子守恒配平后方程式为：2Fe（NO3）3+16NaOH+3Cl2＝2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O，消耗氯气的物质的量为3.36L÷22.4L/mol＝0.15mol，故转移电子为0.15mol×2＝0.3mol，即转移电子数为0.3NA，‎ 故答案为：2、16、3、2、6、6、8；0.3NA；‎ ‎（5）用Na2FeO4杀菌消毒时，其还原产物是Fe3+，它可水解生成氢氧化铁胶体，具有净水作用，Fe3+会与铁反应2Fe3++Fe＝3Fe2+，使Fe溶解而腐蚀铁制水管，‎ 故答案为：Na2FeO4在杀菌消毒时，本身被还原为Fe3+，Fe3+与单质铁发生反应使其溶解。‎ ‎30．【分析】（1）工业合成氨气利用的是氢气与氮气反应，此反应属于放热反应、正方向气体体积减小的反应，均不需要高温，据此解答即可；‎ ‎（2）工业合成氨气，条件为加热，催化剂和高压，二氧化硫合成三氧化硫为：加热、催化剂，且为了增加二氧化硫的转化率需要加入足量的氧气，据此解答即可；‎ ‎（3）放热反应：生成物的总能量高于生成物的总能量，据此画图即可；‎ ‎（4）亚硫酸盐容易被空气中的氧气氧化生成硫酸盐，据此解答即可；‎ ‎（5）生石灰是氧化钙，溶于水放出大量的热，据此解答即可．‎ ‎【解答】解：I（1）工业合成氨气利用的是氢气与氮气反应，此反应属于放热反应、正方向气体体积减小的反应，均不需要高温，故共同点有：①△H＜0，②△S＜0，③均能在低温下反应，‎ 故答案为：＜；＜；低温下； ‎ ‎（2）①SO2氧化在常压下，而合成氨需要高压，因常压下SO2转化率已较大，可减少能耗，故答案为：常压下SO2转化率已较大，可减少能耗；‎ ‎②SO2氧化通常鼓入过量空气，使SO2进一步转化又减少尾气处理的压力；而合成氨N2、H2转化率小，常剩余而循环使用（仅补充原料气），‎ 故答案为：SO2氧化通常鼓入过量空气，使SO2进一步转化又减少尾气处理的压力；而合成氨N2、H2转化率小，常剩余而循环使用；‎ ‎③SO2氧化的催化剂常是V2O5，它参加反应而催化；合成氨的催化剂是铁触媒，它通过表面吸附而催化，‎ 故答案为：SO2氧化的催化剂常是V2O5‎ ‎，它参加反应而催化；合成氨的催化剂是铁触媒，它通过表面吸附而催化；‎ ‎（3）放热反应特点：生成物的总能量高于生成物的总能量，故图象为：，故答案为：；‎ ‎（4）亚硫酸盐容易被空气中的氧气氧化生成硫酸盐，故钙基固硫最终产物为硫酸钙，故答案为：硫酸钙；‎ ‎（5）生石灰是氧化钙，溶于水放出大量的热，故生石灰与水反应生成氢氧化钙时放出热量、又碱性增强，都能促使一水合氨的分解，促进氨气的逸出，故答案为：生石灰与水反应生成氢氧化钙时放出热量、又碱性增强，都能促使一水合氨的分解，促进氨气的逸出．‎