天津市静海区第一中学2020届高三下学期第六周周末训练化学试题 Word版含解析 16页

高三化学第6周统练 一、选择题 ‎1.下列有关反应热的叙述中正确的是 (　　) ‎ ‎①已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)　ΔH=-483.6 kJ· mol-1，则氢气的燃烧热ΔH=-241.8 kJ· mol-1‎ ‎②由单质A转化为单质B是一个吸热过程，由此可知单质B比单质A稳定 ‎③X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)　ΔH>0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应的ΔH增大 ‎④已知：下表数据可以计算出(g)+3H2(g)(g)的焓变 共价键 C—C C=C C—H H—H 键能/(kJ·mol-1)‎ ‎348‎ ‎610‎ ‎413‎ ‎436‎ ‎⑤根据盖斯定律可推知在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1 mol CO2(g)时，放出的热量相等 ‎⑥‎25 ℃‎、101 kPa时，1 mol碳完全燃烧生成CO2(g)所放出的热量为碳的燃烧热 A. ①②③④ B. ③④⑤ C. ④⑤ D. ⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①燃烧热概念中生成的H2O应是液态，故①错误；‎ ‎②A→B是吸热过程，说明A具有的能量比B低，能量越低越稳定，则A比B稳定，故②错误；‎ ‎③△H只跟始态和终态有关，代表1 mol X完全反应后产生的热效应，平衡后加入X后△H不变，故③错误；‎ ‎④由于苯环中的碳碳键是介于单键和双键之间特殊的键，题目中没有说明键能是多少，无法计算反应的焓变，故④错误；‎ - 16 -‎ ‎⑤金刚石和石墨的结构不同，所具有的能量不同，燃烧生成1 mol CO2气体时放出的热量是不同的，故⑤错误；‎ ‎⑥‎25℃‎101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2气体所放出的热量为碳的燃烧热，该说法合理，故⑥正确；‎ 只有⑥正确，故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为①③，①中要注意燃烧热概念中“稳定氧化物”的理解，③中要注意△H与平衡的移动无关。‎ ‎2.结合下图判断，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中分别加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，均有蓝色沉淀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在原电池反应中，负极失电子，正极材料不能失去电子，所以Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护，A正确；‎ B. Ⅰ 中，Zn为负极，电极反应为Zn－2e－=Zn2＋，Ⅱ 中，负极反应为Fe－2e－=Fe2＋，B不正确；‎ C. Ⅰ 中正极反应是O2＋2H2O＋4e－=4OH－，Ⅱ 中，正极反应为2H++2e-=H2↑，C不正确；‎ D. Ⅰ 中铁为正极，没有亚铁离子生成，故向其中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液后没有蓝色沉淀生成，D不正确。‎ 故选A。‎ ‎3.下图所示原电池的盐桥中装有饱和K2SO4溶液，电池工作一段时间后，甲烧杯中溶液颜色不断变浅。下列叙述中正确的是 - 16 -‎ A. b极是电池的正极 B. 甲烧杯中K+经盐桥流向乙烧杯 C. 甲烧杯中溶液的pH逐渐减小 D. 电池的总反应离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由甲烧杯中溶液颜色逐渐变浅，甲烧杯中MnO4-被还原成Mn2+，Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，则b为负极，a为正极，所以总的电池反应为：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极经外电路流向负极，阴离子向负极移动来解答。‎ ‎【详解】由甲烧杯中溶液颜色逐渐变浅，甲烧杯中MnO4-被还原成Mn2+，Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，则b为负极，a为正极，所以总的电池反应为：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极经外电路流向负极，阴离子向负极移动，‎ A.由于Fe2+在b电极失去电子，发生氧化反应，所以b极是电池的负极，A错误；‎ B.K+向正极移动，所以K+经盐桥流向甲烧杯，B错误；‎ C.甲烧杯中(a电极)MnO4-获得电子，发生还原反应，Mn元素的化合价降低，电极反应为MnO4-+8H++5e-═Mn2++4H2O，所以甲烧杯中溶液的pH逐渐增大，C错误；‎ D.由总的电池反应：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O可知，反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查原电池的工作原理及常见的化学电源，题目难度中等，明确氧化还原反应中元素的化合价变化及原电池工作原理是解答本题的关键，试题培养了学生的灵活应用能力。‎ ‎4.下列有关反应速率的说法正确的是(　　)‎ - 16 -‎ A. 用铁片和稀硫酸反应制氢气时，改用98%的硫酸可以加快反应速率 B. 100 mL 2 mol·L-1盐酸与锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变 C. SO2的催化氧化反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率变慢 D. 汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率变慢 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铁与浓硫酸反应在铁表面形成一层致密的氧化物保护膜，发生钝化，反应本质发生了变化，所以浓硫酸不能加快反应速率，故A错误；‎ B．加入氯化钠溶液，溶液体积增大，溶液中氢离子浓度减小，则反应速率减小，故B错误；‎ C．升高温度，正、逆反应速率都加快，故C错误；‎ D．减小压强，活化分子百分数不变，单位体积内的活化分子数减少，反应速率减小，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意改变浓度，不能改变反应的本质，若反应的本质发生了变化，则不能用浓度对反应速率的影响分析。‎ ‎5.一定温度下，对可逆反应A(g)＋2B(g)‎3C(g)的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是(　　)‎ A. 单位时间内消耗a mol A，同时生成‎3a mol C B. 容器内B的浓度不再变化 C. 混合气体的物质的量不再变化 D. A的消耗速率等于C的生成速率的倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．单位时间内消耗a mol A，同时生成‎3a mol C，表示的都是正反应速率，无法判断正、逆反应速率是否相等，不能说明达到平衡状态，故A错误；‎ B．容器内B的浓度不再变化，则其他其他的浓度也不变，能够说明达到了平衡状态，故B正确；‎ C．该反应两边气体的化学计量数之和相等，气体的物质的量之和始终不变，所以混合气体的物质的量不能作为判断达到平衡状态的依据，故C错误；‎ D．根据方程式，A的消耗速率和C - 16 -‎ 的生成速率都表示正反应速率，无法判断正、逆反应速率是否相等，不能说明达到平衡状态，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎6.一定量的混合气体在密闭容器中发生如下反应：,达到平衡后测得A气体的浓度为,保持温度不变,将密闭容器的容积压缩为原来的一半再次达到平衡后,测得A浓度为,则下列叙述正确的是      ‎ A. 平衡向正反应方向移动 B. ‎ C. B的物质的量浓度减小 D. C的体积分数降低 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】保持温度不变，保持温度不变将容器的容积缩为原来的一半，如平衡不移动，A的浓度为1mol/L，实际上A的浓度变为0.8mol/L，说明平衡向消耗A的方向移动，即向正反应移动，‎ A、由上述分析可知，平衡向正反应方向移动，选项A正确；‎ B、缩小体积，压强增大，平衡向正反应移动，压强增大平衡向气体物质的量减小的方向移动，即x+y＞n，选项B错误；‎ C、由上述分析可知，平衡虽然向正反应方向移动，B的量减小，但容器的体积缩小一半，故B的物质的量浓度比原来的大，但小于原来浓度的2倍，选项C错误；‎ D、平衡向正反应方向移动，气体C的物质的量增大，故C的体积分数增大，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎7.向恒温真空密闭容器中投入足量的FeC2O4(s)，发生的反应为FeC2O4(s)FeO(s)+CO(g)+ CO2(g) ΔH(制备FeO的原理)，达到平衡时测得c(CO2)=c1 mol·L-1。温度不变，压缩容器体积至原来的一半，达到新平衡时测得c(CO2)=c2 mol·L-1。下列有关说法正确的是 ( )‎ A. 当混合气体中CO的体积分数保持不变时达到平衡状态 B. 缩小容器体积，FeC2O4(s)、FeO(s)的物质的量保持不变 C. 两次平衡体系中c1=c2‎ D. 若温度不变，增大容器体积达到新平衡时，平衡常数减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 16 -‎ ‎【详解】A．根据方程式，混合气体中CO的体积分数保持不变，为50%，因此CO的体积分数保持不变，不能说明达到平衡状态，故A错误；‎ B．该反应为其他体积增大的反应，缩小容器体积，平衡逆向移动，FeC2O4(s)物质的量增大，FeO(s)物质的量减小，故B错误；‎ C．该反应的平衡常数K= c(CO) c(CO2)，温度不变，K不变，则两次平衡体系中c1=c2，故C正确；‎ D．温度不变，平衡常数不变，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎8.在容积一定的密闭容器中，加入一定量的一氧化氮和足量碳发生反应：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)，平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示。下列说法正确的是 ( )‎ A. 在T2时，若反应体系处于状态D，则此时v正pB D. 当容器内混合气体密度不变时，反应处于平衡状态 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在T2时，若反应体系处于状态D，D点c(NO)大于平衡时c(NO)，平衡正向移动，则此时v(正)＞v(逆)，故A错误；‎ B．增大NO的物质的量，相当于增大压强，平衡不移动，NO的平衡转化率不变，故B错误；‎ C．该反应为气体体积不变的反应，物质的量始终不变，若状态B、C、D的压强分别为pB、pC、pD，则pB=pC=pD，故C错误；‎ D．C为固体，随着反应的进行，气体的质量逐渐增大，容器的体积不变，则气体的密度为变量，因此容器内混合气体密度不变时，反应处于平衡状态，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意C为固体，加入NO，相当于增大压强，平衡不移动。‎ - 16 -‎ ‎9.T℃时，在恒容密闭容器中充入一定量的H2和CO，在催化剂作用下发生如下反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H<0。反应达到平衡时，CH3OH体积分数与的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 反应达平衡时，升高体系温度，CO转化率升高 B. 反应达平衡时，再充入一定量Ar，平衡右移，平衡常数不变 C. 容器内混合气体的密度不再变化说明该反应达到平衡状态 D. =2．5时达到平衡状态，CH3OH的体积分数可能是图中的F点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎△H<0，升高体系温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故A错误；反应达平衡时，再充入一定量Ar，容器体积不变，浓度不变，所以Q不变，平衡不移动，故B错误；根据 ，容器的体积不变、气体总质量不变，所以密度是恒量，密度不再变化反应不一定达到平衡状态，故C错误；=系数比时，达到平衡状态CH3OH的体积分数最大，=2．5时达到平衡状态，CH3OH的体积分数低于C，所以可能是图中的F点，故D正确。‎ ‎10.下列叙述及解释正确的是 A. 2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)　ΔH<0，在平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅 B. H2(g)＋I2(g)2HI(g)　ΔH<0，在平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变 C. FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3(红色)＋3KCl，在平衡后，加少量KCl，因为平衡向逆反应方向移动，故体系颜色变浅 D. 对于N2＋3H22NH3，平衡后，压强不变，充入O2，平衡左移 - 16 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．缩小容积、增大压强平衡向气体体积减小的方向移动即正反应方向移动，但二氧化氮的浓度仍然增大，所以体系颜色加深，故A错误；B．增大容积、减小压强，平衡不发生移动，但体积增大，混合物颜色变浅，故B错误；C．氯离子不参与反应，平衡不移动，故C错误；D．合成氨时保持压强不变，充入O2，则体积增大相当于反应体系的压强减小，平衡气体体积增大的方向移动，所以平衡左移，故D正确；故选D。‎ ‎11.一定温度下，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)；ΔH ＝－196.6kJ/mol，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、1mol O2‎ ‎4molSO3 ‎ ‎2molSO2、1mol O2‎ 平衡v正(SO2)/ mol·L－1 ·s－1‎ v1‎ v2‎ v3‎ 平衡c(SO3)/ mol·L－1‎ c1‎ c2‎ c3‎ 物质的平衡转化率α α1(SO2)‎ α2(SO3) ‎ α3(O2)‎ 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】‎ - 16 -‎ 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、2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的2倍，容器2相当于在容器1达到平衡后增大压强，将容器的体积缩小到原来的一半，增大压强反应速率加快，则v1＞v2，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c2＞‎2c1，p2＜2p1，α1(SO2 )+α2(SO2 )＜1；容器1和容器2的温度相同，则K1=K2；容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度反应速率加快，则v1＜v3，升高温度平衡逆向移动，平衡时c3＜c1，p3＞p1，α1(SO2 )＞α3(SO2 )，K1＞K3，据此分析解答。‎ ‎【详解】容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2、2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的2倍，容器2相当于在容器1达到平衡后增大压强，将容器的体积缩小到原来的一半，增大压强反应速率加快，则v1＜v2，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c2＞‎2c1，p2＜2p1，α1(SO2 )+α2(SO2 )＜1；容器1和容器2的温度相同，则K1=K2；容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度反应速率加快，则v1＜v3，升高温度平衡逆向移动，平衡时c3＜c1，p3＞p1，α1(SO2 )＞α3(SO2 )，K1＞K3。‎ A．根据分析可知，v1＜v2，c2＞‎2c1，故A错误；‎ B．K1＞K3，p2＜2p1，p3＞p1，则p2＜2p3，故B错误；‎ C．根据分析可知：v1＜v3，α1(SO2)＞α3(SO2)，故C错误；‎ D．c2＞‎2c1，c3＜c1，则c2＞‎2c3；α1(SO2 )+α2(SO2 )＜1，α1(SO2 )＞α3(SO2 )，则α2(SO3 )+α3(SO2 )＜1，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】正确构建等效平衡为解答关键。本题的易错点为D中α2(SO3 )+α3(SO2 )的值的判断，等同平衡从正反应和逆反应开始时α2(SO3 )+α3(SO2 )=1，本题中要注意压强对转化率的影响。‎ ‎12.有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ3个体积均为0.5 L的恒容密闭容器，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中按不同投料比(Z)充入HCl和O2(如下表)，加入催化剂发生反应：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) △H。HCl的平衡转化率与Z和T的关系如图所示。‎ 容器 起始时 T/℃‎ n(HCl)/mol Z Ⅰ ‎300‎ ‎0.25‎ a Ⅱ ‎300‎ ‎0.25‎ b - 16 -‎ Ⅲ ‎300‎ ‎0.25‎ ‎4‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. △H<0‎ B. a<4v(逆)‎ D. 300 ℃时，该反应平衡常数的值为320‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图象可知，随着温度升高HCl的平衡转化率在减小，即升温平衡向左移动，则该反应是放热反应，△H<0，所以A正确；‎ B、在相同温度时，n(HCl)相同，Z=a时HCl的转化率大于Z=4时HCl的转化率，即Ⅰ容器中增大了n(O2)，使Z<4，即a<4，同理可得4v(逆)，所以C正确；‎ D、由于平衡常数K只与温度有关，因此可根据容器Ⅲ对应的Q点进行计算，4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+ 2H2O(g) 平衡时HCl的转化率为80%，则起始时c(HCl)=0.5mol/L，由Z=4求得c(O2)= 0.125mol/L，而c(Cl2) =c(H2O)=0，平衡时c(HCl)=0.1mol/L ，c(O2)=0.025mol/L，c(Cl2) =c(H2O)=0.2 mol/L，则K==640 (mol/L)-1，所以D错误。‎ 正确答案为D。‎ - 16 -‎ ‎【点睛】化学反应速率和化学平衡有关计算一定明确三个量，即起始量、平衡量和改变量，根据已知条件，结合转化率求出这三个量后，其它问题都能正确解答了。‎ ‎13.硫在空气中燃烧生成气体A，把A溶于水得溶液B，向B中滴加溴水，溴水褪色，B变成C，在C里加Na2S产生气体D，把D通入B溶液得浅黄色沉淀E。A、B、C、D、E都含同一种元素。按A、B、C、D、E顺序排序的是(　　)‎ A. SO2、H2SO4、H2SO3、H2S、S B. SO2、H2SO3、H2SO4、H2S、S C. SO2、H2SO3、H2SO4、SO3、Na2S2O3‎ D. SO3、H2SO4、H2SO3、SO2、Na2S2O3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 硫在空气中燃烧生成气体A，A是SO2；把A溶于水得溶液B，B是H2SO3，向B中滴加溴水，溴水褪色，亚硫酸被氧化为硫酸，C是H2SO4，在C里加Na2S发生复分解反应产生气体D，D是H2S；把D通入B溶液得浅黄色沉淀E，E是单质S。答案选B。‎ ‎14.已知一定条件下A、B、C、D之间的转化关系如右图所示。下列说法正确的是 A. 若A为Fe，D为氢气，则B一定为酸 B. 若A、D为化合物，B为水，则C一定是气体单质 C. 若A、B、C、D均为化合物，该反应一定属于复分解反应 D. 若A、B、C、D均为10电子微粒(分子或离子)，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则D常温下一定呈液态 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若A、D为化合物，B为水，铁与水蒸气高温条件下能生成氢气，故A错误；‎ B.若A、D为化合物，B为水，则C不一定是气体单质，如3NO2+H2O=2HNO3+NO，故B错误；‎ C.若A、B、C、D均为化合物，该反应不一定属于复分解反应，如3NO2+H2O=2HNO3+NO - 16 -‎ ‎，故C错误；‎ D.C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C是氨气，若A、B、C、D均为10电子微粒，且生成氨气，该反应为:NH4++OH-=NH3+H2O，水在常温下呈液态，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎15.处理锂离子二次电池正极废料铝钴膜(含有LiCoO2、Al等)的一种工艺如下：‎ 下列有关说法不正确的是 A. 碱浸的目的是溶解铝 B. 酸溶时H2 O2被还原 C. H2SO4/H2O2可改用浓盐酸 D. 铝、钴产物可再利用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题以锂离子二次电池正极废料为研究对象，体现了化学在推进生态文明建设、解决生态环境问题等方面大有作为，同时考查学生通过所学知识解决这一实际问题的能力，根据流程，LiCoO2不与碱反应，Al能与NaOH反应，使Al转变成可溶的NaAlO2，然后过滤得到LiCoO2，LiCoO2中Li为＋1价，O为－2价，Co为＋3价，依据整个流程，产品中Co的化合价为＋2价，即“酸溶”中Co被还原,H2O2被氧化，“酸溶”液中加入NaOH，得到“净化液”，除去Li元素，加入草酸铵溶液，使Co2＋转变成CoC2O4沉淀；‎ ‎【详解】A、根据铝钴膜的成分以及流程，Al能与NaOH反应，生成可溶的NaAlO2，LiCoO2不溶于NaOH，然后过滤得到LiCoO2，因此碱浸的目的是溶解铝，故A说法正确；‎ B、LiCoO2中Co显＋3价，产品中CoC2O4，Co显＋2价，化合价降低，LiCoO2为氧化剂，H2O2为还原剂，H2O2被氧化，故B说法错误；‎ C、H2SO4提供H＋，H2O2作还原剂，盐酸也能提供H＋，＋3价Co也能氧化Cl－转化成＋2价Co，故C说法正确；‎ D、根据上述分析，铝、钴产物可以再利用，故D说法正确。‎ 二、填空题 ‎16.随着环保意识增强，清洁能源越来越受到人们关注。‎ ‎（1）甲烷是一种理想的洁净燃料。已知：CH4（g）+2O2（g）= CO2（g）+ 2H2O（g）；△H=‎ - 16 -‎ ‎ -802.3kJ·mol-1 H2O（1）=H2O（g），△H =+44.0kJ·mol-l 写出常温常压下甲烷完全燃烧热化学方程式____，计算‎4.8g甲烷气体完全燃烧生成液态水，放出热量为____kJ。‎ ‎（2）利用甲烷与水反应制备氢气，因原料廉价，具有推广价值。该反应为CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）△H=+206.lkJ·mol-l。‎ ‎①‎800℃‎时，反应的化学平衡常数K=l.0，某时刻测得该温度下密闭容器中各物质的物质的量浓度如下表。‎ CH4‎ H2O CO H2‎ ‎3.0 mol•L‾1‎ ‎8.5 mol•L‾1‎ ‎2.0 mol•L‾1‎ ‎2.0 mol•L‾1‎ 则此时正、逆反应速率的关系是正反应速率____逆反应速率。（填“＞”、“＜”、“＝”）‎ ‎②为了探究温度、压强对上述化学反应速率的影响，某同学设计了以下三组对比实验（温度为‎360℃‎或‎480℃‎、压强为101 kPa或303 kPa，其余实验条件见下表）。‎ 实验序号 温度/℃‎ 压强/kPa CH4初始浓度/ mol•L‾1‎ H2O初始浓度/ mol•L‾1‎ ‎1‎ ‎360‎ p ‎2.00‎ ‎6.80‎ ‎2‎ t ‎101‎ ‎2.00‎ ‎6.80‎ ‎3‎ ‎360‎ ‎101‎ ‎2.00‎ ‎6.80‎ 表中t=___，P=____；设计实验2、3的目的是____；实验l、2、3中反应的化学平衡常数的大小关系是____（用K1、K2、K3表示）。‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H=－890.3kJ·mol－1 (2). 267.09kJ (3). > (4). ‎480℃‎ (5). 303kPa (6). 探究温度对反应速率的影响 (7). K2>K1=K3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）考查热化学反应方程式的计算，①CH4（g）+2O2（g）= CO2（g）+ 2H2O（g），②H2O（1）=H2O（g），常温常压下，甲烷燃烧后，水以液态形式存在，即热化学反应方程式应为①－2×②，得出CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H=(－802.3－2×44.0)kJ·mol－1=－‎ - 16 -‎ ‎890.3kJ·mol－1；‎4.8g甲烷气体燃烧生成液态水时放出的热量为‎4.8g×890.3kJ·mol－1/‎16g·mol－1=267.09kJ；‎ ‎（2）①考查化学平衡常数的计算，Qc==≈0.627<1，说明化学反应向正反应方向进行，即正反应速率>逆反应速率；‎ ‎②本实验探究温度、压强对上述反应速率的影响，根据影响化学反应速率的因素，要求其他条件不变，根据表中数据3、2应探究温度对反应速率的影响，因此t=‎480℃‎，1、3应探究压强对反应速率的影响，即p=303kPa，化学平衡常数只受温度的影响，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，即化学平衡常数增大，即K2>K1=K3。‎ ‎17.(1)t‎1 ℃‎时，密闭容器中，通入一定量的CO和H2O，发生如下反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH<0。容器中各物质浓度(单位： mol·L-1)变化如下表所示：‎ 时间(min)‎ CO H2O CO2‎ H2‎ ‎0‎ ‎0.200‎ ‎0.300‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎0.138‎ ‎0.238‎ ‎0.062‎ ‎0.062‎ ‎3‎ c1‎ c2‎ c3‎ c3‎ ‎4‎ c1‎ c2‎ c3‎ c3‎ ‎5‎ ‎0.116‎ ‎0.216‎ ‎0.084‎ ‎6‎ ‎0.096‎ ‎0.266‎ ‎0.104‎ ‎①一定处于平衡状态的时间段为____________。‎ ‎②5~6 min时间段内，平衡移动方向为_______________ (填“向左移动”或“向右移动”)，根据表中数据判断，平衡移动的原因是________(填字母编号)。‎ a.增加了H2O(g)的量 b.增加氢气浓度 c.使用催化剂 d.降低温度 ‎③t‎2 ℃‎时(t2>t1)，在相同条件下发生上述反应，达平衡时，CO浓度________c1(填“>”“<”或“=”)。‎ ‎(2)已知反应Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)的平衡常数随温度变化情况如图所示：‎ - 16 -‎ ‎①用CO还原FeO制备Fe的反应是___________ (填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎②温度为T2时，实验测得该反应体系中CO浓度为CO2的2.5倍，则T2______T1(填“>”“<”或“=”)。‎ ‎(3)工业上常用CO、CO2和H2合成甲醇燃料，其原理为：‎ ‎①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH<0；②CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH>0‎ 当混合气体的组成固定时，CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图所示。‎ 图中的压强由大到小的顺序为____________，判断理由是_________________________；‎ 试解释CO平衡转化率随温度升高而减小原因是_______________________。‎ ‎【答案】 (1). 3min～4min (2). 向右移动 (3). a (4). ＞ (5). 放热 (6). ＞ (7). p1＞p2＞p3 (8). 相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大；而反应②为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高 (9). 升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO的量增大；反应②为吸热反应，平衡向右移动，产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①反应达到平衡状态时，各物质的浓度不变；②5min-6min时间段内CO浓度减小、H2O浓度不变、CO2浓度增大，平衡向浓度增大的方向移动；③该反应的正反应为放热反应，根据温度对平衡移动的影响分析；‎ ‎(2)①升高温度，化学平衡常数增大，根据温度对平衡移动的影响分析；②K(T2)与K(T1)的相等大小判断；‎ - 16 -‎ ‎(3)相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动；而反应②为气体分子数不变的反应，增大压强时平衡不移动；升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动；反应②为吸热反应，升高温度平衡向右移动，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)①从表格中数据分析，第3-4min时，体系中各物质的浓度不再变化，说明已经达到平衡状态，故答案为：3min～4min；‎ ‎②5min～6min时间段内，H2O的浓度增大，CO浓度减小，说明是增加了H2O的量，平衡正移，故答案为：向右移动； a；‎ ‎③该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率减小，则CO浓度＞c1，故答案为：＞；‎ ‎(2)①升高温度，化学平衡常数增大，说明Fe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g)为吸热反应，则其逆反应为放热反应，故答案为：放热；‎ ‎②K(T2)= =2.5＞K(T1)，根据图象信息，K越大，对应温度越高，所以T2＞T1，故答案为：＞；‎ ‎(3)相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大；而反应②为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高，所以压强p1＞p2＞p3；‎ 升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应②为吸热反应，平衡向右移动，产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低，故答案为：p1＞p2＞p3；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大；而反应②为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高；升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO的量增大；反应②为吸热反应，平衡向右移动，产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低。‎ ‎ ‎ - 16 -‎