2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析） (III).doc

2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析） (III)1. 下列有关反应限度的说法正确的是()A. 大多数化学反应在一定条件下都有一定的限度B. NH4HCO3受热分解可自发进行C. 使用催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，改变反应限度D. FeCl3与KSCN反应达到平衡时，向其中滴加KCl溶液，则溶液颜色变深【答案】A【解析】B项，NH4HCO3受热分解必须加热才能进行，B错误；C项，催化剂可同等程度地改变正、逆反应速率，但不能改变反应限度，C错误；D项，KCl并不会参与化学反应，其反应实质是Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，故溶液颜色基本不变，D错误。2. 100 mL 浓度为2 molL1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又基本不影响生成氢气的总量，可采用的方法是()A. 加入适量的6 molL1的盐酸B. 加入数滴氯化铜溶液C. 加入适量蒸馏水D. 加入适量的氯化钠溶液【答案】B【解析】分析：盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又基本不影响生成氢气的总量，则增大氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量或利用原电池原理来加快反应速率即可。详解：A、加入适量的6molL-1的盐酸，增大氢离子的浓度，也增大了氢离子的物质的量，故A不选；B、因Zn过量，加入数滴氯化铜溶液，置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，且没有改变氢离子的物质的量，故B选；C、加入适量蒸馏水，氢离子的浓度减小，不改变氢离子的物质的量，化学反应速率减小，故C不选；D、加入适量的氯化钠溶液，溶液体积变大，氢离子的浓度减小，不改变氢离子的物质的量，化学反应速率减小，故D不选；故选B。点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，明确信息中加快反应速率但不影响生成氢气的总量是解答本题的关键。本题的易错点为D，氯化钠对反应无影响，但加入氯化钠溶液相当于将溶液稀释。3. 以石墨为电极，电解KI溶液（含有少量的酚酞和淀粉），下列说法错误的是（）A. 阴极附近溶液呈红色 B. 阴极逸出气体C. 阳极附近溶液呈蓝色 D. 溶液的PH变小【答案】D【解析】A、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，该极区碱性增强，遇到酚酞溶液呈红色，故A正确；B、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气，故B正确；C、以石墨为电极，电解KI溶液时，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，故C正确；D、以石墨为电极，电解KI溶液时，生成氢氧化钾溶液，溶液的pH变大，故D错误故选D【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及物质的性质知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度中等视频4. 下列叙述中，正确的是（）A. 钢铁腐蚀的负极反应为：Fe-3e-=Fe3+B. Mg-Al及NaOH溶液构成的原电池中负极材料为MgC. 无隔膜电解饱和NaCl溶液所得产物之一是“84”消毒液中的有效成分NaClOD. H2-O2燃料电池中电解液为H2SO4 ， 则正极反应式为：O2+4e-=2O2-【答案】C【解析】A. 钢铁腐蚀的负极反应为Fe-2e-=Fe2+，A不正确；B. Mg-Al及NaOH溶液构成的原电池中负极材料为Al，因为铝可以溶于氢氧化钠溶液、镁不能，B不正确；C. 无隔膜电解饱和NaCl溶液，阳极生所的氯气和阴极生成的氢氧化钠可以反应，生成次氯酸钠和氯化钠，NaClO是“84”消毒液中的有效成分，C正确；D. H2-O2燃料电池中电解液为H2SO4，则正极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，D不正确。本题选C。5. 下列自发反应可用焓判据来解释的是( )A. 氢氧化钡和氯化铵的反应B. 2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g) H=+56.7 kJ/molC. (NH4)2CO3(s)NH4HCO3(s)+NH3(g) H=+74.9 kJ/molD. 2H2(g)+O2(g)H2O(l) H=-285.8 kJ/mol【答案】D【解析】分析：反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，当G=H-TS0时，反应可自发进行；能用H判据解释的，是H0的反应。详解：A氢氧化钡和氯化铵的反应是吸热反应，反应能够自发进行是因为其熵值增加，主要是熵判据，故A错误；B.2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)H=+56.7 kJ/mol，反应焓变大于0，为吸热反应，该反应的熵值增加，反应能够自发进行是因为其熵值增加，主要是熵判据，故B错误；C(NH4)2CO3(s)NH4HCO3(s)+NH3(g)H=+74.9 kJ/mol，反应为吸热反应，该反应的熵值增加，反应能够自发进行是因为其熵值增加，主要是熵判据，故C错误；D.2H2(g)+O2(g)2H2O(l)H=-285.8 kJ/mol，该反应熵值减小，反应为放热反应，反应能够自发进行是因为其焓变0，主要是焓判据，故D正确；故选D。点睛：本题考查反应热与焓变的关系，明确反应自发进行的依据是解题关键。注意可用焓判据来解释的一定为放热过程。6. 下列排列顺序正确的是( )热稳定性:HFH2O H2S 原子半径:NaMgOS酸性:H3PO4H2SO4HClO4 还原性:S2- Cl-F-A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：元素非金属性越强，其氢化物稳定性越强；同周期随原子序数增大原子半径减小，原子电子层数越多，原子半径越大；元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；据此分析判断。详解：非金属性FOS，元素非金属性越强，其氢化物稳定性越强，故氢化物稳定性：HFH2OH2S，故正确；同周期随原子序数增大原子半径减小，原子电子层数越多原子半径越大，故原子半径：NaMgSO，故错误；非金属性酸性：ClSP，元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故酸性：HClO4H2SO4H3PO4，故错误；电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径S2-Cl-F-，故正确；故选C。7. 已知白磷和P4O6的分子结构如图所示,又知化学键的键能是形成(或断开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量,现查知PP键能为198kJmol-1、PO键能为360kJmol-1、OO键能为498kJmol-1。若生成1mol P4O6,则反应P4(白磷)+3O2=P4O6中的能量变化为( )A. 吸收1638kJ能量 B. 放出1638kJ能量C. 吸收126kJ能量 D. 放出126kJ能量【答案】B【解析】反应热H=反应物总键能-生成物总键能，所以反应P4(白磷)3O2=P4O6的反应热H6198kJmol-1+3498kJmol-1-12360kJmol-1-1638kJmol-1，答案选B。点晴：本题主要是考查化学反应中能量的变化及反应热计算。明确反应热的计算方法是解答的关键。反应热的计算常用方法有：（1）根据热化学方程式计算：反应热与反应物各物质的物质的量成正比。（2）根据反应物和生成物的总能量计算：HE生成物E反应物。（3）依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算：H反应物的化学键断裂吸收的能量生成物的化学键形成释放的能量。（4）根据盖斯定律的计算，解答时注意灵活应用。8. 下列关于化学观或化学研究方法的叙述中,错误的是( )A. 化石燃料蕴藏的能量来自远古时期生物体所吸收利用的太阳能B. 在过渡元素中寻找优良的催化剂C. 在元素周期表的金属和非金属分界线附近寻找半导体材料D. 根据元素周期律,由HClO4可以类推出氟元素也存在最高价氧化物的水化物HFO4【答案】D【解析】分析：A地球上的生物所需要的能量均来自于太阳；B制取催化剂的元素大都属于过渡金属元素；C在元素周期表的金属和非金属分界线附近的元素金属性和非金属性都不强；DF无正价；据此分析判断。详解：A远古时期生物体吸收利用太阳能，经过非常复杂的过程和漫长的时间形成化石燃料，故A正确；B制取催化剂的元素位于周期表第B至B族之间，属于过渡金属元素，故B正确；C在元素周期表的金属和非金属分界线附近的元素金属性和非金属性都不强，常用于制备半导体材料，故C正确；DF无正价，不能形成最高价含氧酸，故D错误；故选D。9. 如图为某化学反应的反应速率与时间的关系示意图。在时刻升高温度或增大压强,反应速率的变化都符合示意图中表示的反应是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由图像可知，在t1时刻升高温度或增大压强，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，结合温度、压强对平衡移动的影响解答该题。详解：在t1时刻升高温度或增大压强，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，如是升高温度，正反应应为放热反应，如是增大压强，则反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，只有B符合，故选B。10. 国外宇航员吃着“牙膏和砖块”时,中国宇航员已经在太空泡茶了,每个茶装在特制包装袋中,注水后用加热器进行加热就可以喝了,但要插上吸管以防止水珠飘起来。下列说法正确的是( )A. 宇航员喝茶时注入的H2O的摩尔质量是18gB. H2O+Cl2HCl+HClO这反应属于氧化还原反应C. 氢的三种同位素1H、2D、3T与16O只能形成三种水分子D. 在标准状况下,1mol水的体积约是22.4L【答案】B【解析】A、摩尔质量的单位是gmol1，故错误；B、Cl的化合价由0价转变成1价和1价，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故正确；C、根据组合，形成六种水分子，故错误；D、标准状况下，水不是气体，故错误。11. 海水提溴工业的设计思想是在海水中富集溴元素。在有关工艺流程的以下化学用语中,正确的是()A. 用电子式表示溴化氢的形成过程为: B. 海水中Br-的电子式为:C. 海水中通入氯气时发生反应的离子方程式为:2NaBr+Cl2=Br2+2NaClD. 氯离子的结构示意图为:【答案】B【解析】A、HBr为共价化合物，不属于离子化合物，故A错误；B、Br属于VIIA族，得到一个电子达到稳定结构，即Br的电子式为，故B正确；C、Cl2的氧化性强于Br2，因此海水中通入氯气发生2NaBrCl2=2NaClBr2，其离子反应方程式为2BrCl2=2ClBr2，故C错误；D、Cl的结构示意图为，故D错误。12. 低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为: 。在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是( )A. 平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大B. 平衡时，其他条件不变，增加的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小C. 单位时间内消耗和的物质的量比为1:2时，反应达到平衡D. 其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大【答案】C【解析】分析：A平衡常数只受温度影响，从平衡移动的方向判断平衡常数的变化；B可逆反应中，增大反应物浓度，平衡向正方向移动；C根据平衡的特征分析判断；D催化剂能加快反应速率，但不影响平衡的移动；据此分析判断。详解：A正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A错误；B增大一种反应物浓度，其它反应物转化率增大，则增加 NH3 的浓度，废气中氮氧化物的转化率增大，故B错误；C单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2时，说明正反应速率和逆反应速率相等，反应到达平衡，故C正确；D使用催化剂平衡不移动，废气中氮氧化物的转化率不变，故D错误；故选C。点睛：本题考查外界条件对化学反应速率以及平衡移动的影响，做题时注意平衡常数的变化以及平衡状态的判断方法。本题的易错点为D，要注意催化剂对化学反应速率和化学平衡的影响的区别。13. 黑火药是中国古代的四大发明之一,其爆炸的热化学方程式为: S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g) H=x kJmol-1。已知碳的燃烧热H1=akJmol-1，S(s)+2K(s)=K2S(s) H2=bkJmol-1，2K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s) H3=ckJmol-1，则x为A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：由信息可知，C(s)+O2(g)=CO2(g)H1=akJmol-1；然后结合盖斯定律解答。详解：由信息可知，C(s)+O2(g)=CO2(g) H1=akJmol-1；S(s)+2K(s)=K2S(s) H2=bkJmol-1，2K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s) H3=ckJmol-1，结合盖斯定律可知，+3-得到S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则H=3a+b-c=x，故选A。14. 已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法不正确的是( )A. 元素A、B组成的化合物常温下一定呈液态B. 一定条件下，元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应C. 工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质D. 化合物AE与CE含有相同类型的化学键【答案】D【解析】分析：A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，D的合金是日常生活中常用的金属材料，则D为Al元素，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C为Na元素；元素B的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，B为第二周期的O元素，结合原子序及元素A、E的单质在常温下呈气态，E为Cl，A为H，以此来解答。详解：由上述分析可知，A为H，B为O，C为Na，D为Al，E为Cl。A由元素A、B组成的化合物为水或过氧化氢，常温下均为呈液态，故A正确；B.氢氧化铝属于两性氢氧化物，因此氢氧化铝和高氯酸能够反应，故B正确；C. 工业上常用电解法熔融氯化钠的方法制备金属钠，同时得到氯气，电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，电解饱和食盐水的方法制备氯气，故C正确；D. 氯化氢为共价化合物，含有共价键，氯化钠为离子化合物，含有离子键，故D错误；故选D。15. 向某密闭容器中加入0.30 、0.10 和一定量的三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如甲图所示阶段的变化未画出。乙图为时刻后改变条件平衡体系中正、逆反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种反应条件(浓度、温度、压强、催化剂)且互不相同， 阶段为使用催化剂。下列说法不正确的是A. 若，则用的浓度变化表示的阶段的平均反应速率为0.004B. 阶段改变的条件一定为减小压强C. 若该容器的容积为2，则的起始的物质的量为0.02D. 若阶段，容器内的物质的量减少了0.03，而此过程中容器与外界的热交换总量为，则该反应的热化学方程式为: 【答案】C【解析】分析：由图乙可知，t3t4阶段为使用催化剂，t4t5阶段改变条件平衡不移动，改变温度或某一组分浓度，平衡发生移动，故t4时改变的条件为减小压强，说明反应前后气体的体积相等，且反应速率减小，应是降低压强t5时正逆反应速率都增大，应是升高温度，t2时正、逆反应速率中只有其中一个增大，应是改变某一物质的浓度；由图甲可知，t1时到达平衡，c(A)=0.09mol/L，c(C)=0.06mol/L，二者化学计量数之比为0.09：0.06=3：2，则B为生成物，反应方程式为：3A(g)B(g)+2C(g)。详解：A若t1=15 s，t0t1段c(A)=0.9mol/L，则v(A)=0.006mol/(Ls)，故A错误；B根据上述分析，t4t5阶段改变的条件是降低压强，故B错误；C由3A (g)2C(g)+B(g)可知c(B)=c(C)=0.03mol/L，B的起始浓度=0.05mol/L-0.03mol/L=0.02mol/L，该容器的容积为2 L，B的起始物质的量为2L0.02mol/L=0.02 mol，故C正确；Dt5t6阶段为升高温度，容器内A的物质的量减少了0.06 mol，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，应是升高温度，3mol A反应放出的吸收的热量为akJ=50kJ，反应热化学方程式为：3A (g)2C(g)+B(g) H=+50akJ/mol，故D错误；故选C。16. 将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2(s) 2BaO(s)+O2(g)达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是A. 平衡常数减小 B. BaO量不变 C. 氧气压强不变 D. BaO2量减少【答案】C【解析】分析：保持温度不变，缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答。详解：A化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；B缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，则BaO的量减小，故B错误；C平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，其压强不变，故C正确；D平衡向逆反应方向移动，则BaO2量增加，故D错误；故选C。点睛：本题考查了可逆反应平衡移动，根据压强与平衡移动方向之间的关系分析解答即可，注意平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，为易错点。另外本题中平衡常数K=c(O2)。17. 某兴趣小组同学利用氧化还原反应：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2（SO4）3+K2SO4+8H2O设计如下原电池，盐桥中装有饱和溶液下列说法正确的是（ ） A. a电极上发生的反应为：MnO4+8H+5eMn2+4H2OB. 外电路电子的流向是从a到bC. 电池工作时，盐桥中的SO42移向甲烧杯D. b电极上发生还原反应【答案】A【解析】试题分析：A、总电极反应式：2MnO410Fe216H2Mn210Fe38H2O，a极是正极得电子，电极反应式总电极反应式b极反应式，得出：2MnO416H10e2Mn28H2O，化简得：MnO48H5eMn24H2O，A正确；B、根据A的分析，外电路电子流向是从b流向a，B错误；C、根据原电池的工作原理：阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，SO42向b极移动，C错误；D、根据原电池的工作原理：负极失电子，发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，b极上电极反应式：Fe2eFe3，D错误，答案选A。【考点定位】本题主要是考查原电池的工作原理及常见的化学电源【名师点晴】根据氧化还原反应理论分析反应2KMnO4+10FeSO4+8H2SO42MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O可知，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，再结合原电池理论，则b为负极，a为正极，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极流向负极，阴离子向负极移动来解答即可。18. 工业上采用的一种污水处理方法如下：保持污水的pH在5.06.0之间，通过电解生成Fe（OH）3 Fe（OH）3具有吸附性，可吸附污物而沉积下来，有净化水的作用阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，刮去（或撇掉）浮渣层，即起到了浮选净化的作用某科研小组用该原理处理污水，设计装置如图所示下列说法正确的是（）A. 为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，电池工作时，循环的物质A为CO2B. 甲装置中阴极的反应为Fe2eFe2+C. 为了增加污水的导电能力，应向污水中如入适量的NaOH溶液D. 当乙装置中有1.6 g CH4参加反应，则C电极理论上生成气体在标准状况下为4.48 L【答案】A【解析】分析：甲装置为电解池，乙装置为原电池装置，原电池工作时，通入甲烷的一级为负极，发生氧化反应，负极电极反应是CH4+4CO32-8e-=5CO2+2H2O，通入氧气的一级为正极，发生还原反应，正极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，电解池中Fe为阳极，发生Fe-2e-=Fe2+，阴极的电极反应为：2H+2e-=H2，二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价，4Fe2+10H2O+O2=4Fe(OH)3+8H+，以此解答该题。详解：A电池是以熔融碳酸盐为电解质，负极电极反应是CH4+4CO32-8e-=5CO2+2H2O，正极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，可以循环利用的物质只有二氧化碳，故A正确；B电解池中Fe为阳极，发生Fe-2e-=Fe2+，故B错误；C保持污水的pH在5.06.0之间，通过电解生成Fe(OH)3沉淀时，加入的使导电能力增强的电解质必须是可溶于水的、显中性或弱酸性的盐，加入氢氧化钠会导致溶液呈碱性，故C错误；D根据电池的负极电极反应是CH4+4CO32-8e-=5CO2+2H2O，当乙装置中有1.6 gCH4参加反应，即0.1mol甲烷参加反应时，有0.8mol电子转移；阴极的电极反应为：2H+2e-=H2，阴极产生了44.8L(标准状况)即2mol的氢气产生，所以转移电子的物质的量为4mol，则C电极理论上生成气体在标准状况下为8.96L，故D错误；故选A。19. 可逆反应mA(g)nB(g) pC(g)达到平衡后，升高温度，B的转化率变大；当减小压强，C的体积分数减小。(1)用“”、“”或“ (2). (3). 增大 (4). 减小 (5). 不变 (6). 变深 (7). 变浅【解析】分析：mA(g)+nB(g)pC(g)达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，说明温度升高，平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小，平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，根据外界条件对化学平衡的影响解答该题。详解：(1)升高温度时，B的转化率变大，则升高温度平衡正向移动，该反应为吸热反应；减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则减小压强平衡逆向移动，则m+np，故答案为：；(2)恒容下，在反应容器中加入一定量的B，反应物B的浓度增大，平衡向正反应方向移动，则A的转化率增大；正反应吸热，则升高温度平衡向正反应方向移动，B的物质的量减小，C的物质的量增多，所以c(B)/c(C)将减小；催化剂对化学平衡移动没有影响，所以加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量不变，故答案为：增大；减小；不变；(3)若A、C均为无色气体，B为红色气体，则恒容下加入C平衡向逆反应方向移动，B的浓度增大，则混合物的颜色加深，而维持容器内压强不变，充入氖气时，体积增大，B的浓度减小，颜色变浅，故答案为：变深；变浅。20. 氨是最重要的氮肥，是产量最大的化工产品之一。德国人哈伯在1905年发明了合成氨的方法，其合成原理为：N2(g)3H2(g)=2NH3(g)H92.4 kJmol1，他因此获得了1918年诺贝尔化学奖。在密闭容器中，使2 mol N2和6 mol H2混合发生下列反应：N2(g)3H2(g) =2NH3(g)(正反应为放热反应)(1)当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是_；N2和H2的转化率比是_。 (2)升高平衡体系的温度(保持体积不变)，混合气体的平均相对分子质量_，密度_。(填“变大”“变小”或“不变”) (3)当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将_(填“正向”“逆向”或“不”)移动。 (4)若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将_(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。达到新平衡后，容器内温度_(填“大于”“小于”或“等于”)原来的2倍。【答案】 (1). 13 (2). 11 (3). 变小 (4). 不变 (5). 逆向 (6). 向左移动 (7). 小于【解析】试题分析：在密闭容器中，使2 mol N2和6 mol H2混合发生下列反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=92.4 kJmol-1，正反应为放热反应。 (1)因为原始投料时N2和H2的物质的量之比为1:3，在反应过程中，两者的变化量之比也是1:3，所以当反应达到平衡时，N2和H2的物质的量之比必然还是1:3，所以其浓度比是1:3；转化率等于变化量占起始量的百分数，原始投料时N2和H2的物质的量之比为1:3，两者的变化量之比也是1:3，所以N2和H2的转化率之比是1:1。(2)升高平衡体系的温度(保持体积不变)，化学平衡将向吸热反应方向移动，即向逆反应方向移动，混合气体的总物质的量增大，而质量守恒，所以混合气体的平均相对分子质量变小。因为质量守恒、体积不变，所以密度不变。(3)当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，则容器的体积必须增大，反应混合物中各组分的浓度都要减小，这相当于减压，化学平衡将气体体积增大的方向移动，即逆向)移动。(4)若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将向吸热反应方向移动，即向左移动。达到新平衡后，容器内温度小于原来的2倍。点睛：改变影响化学平衡的一个条件时，化学平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。21. 实施以节约能源和减少废气排放为基本内容的节能减排政策，是应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择。化工行业的发展必须符合国家节能减排的总体要求。试运用所学知识，回答下列问题：(1)已知某温度下某反应的化学平衡常数表达式为：K，它所对应的化学反应为：_。(2)已知在一定温度下，C(s)CO2(g)2CO(g)H1a kJ/mol平衡常数K1；CO(g)H2O(g)H2(g)CO2(g)H2b kJ/mol平衡常数K2；C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)H3平衡常数K3。则K1、K2、K3之间的关系是_，H3_(用含a、b的代数式表示)。(3)煤化工通常通过研究不同温度下平衡常数以解决各种实际问题。已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应器时，发生如下反应：CO(g)H2O(g)H2(g)CO2(g)，该反应平衡常数随温度的变化如表所示：温度/400500800平衡常数K9.9491该反应的正反应方向是_反应(填“吸热”或“放热”)，若在500 时进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020 mol/L，在该条件下，CO的平衡转化率为_。（4）高炉炼铁产生的废气中的可进行回收，使其在一定条件下和反应制备甲醇: 。请回答下列问题;若在温度和容积相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得反应达到平衡时的有关数据如下表：容器反应物投入的量反应物的转化率的浓度能量变化(、均大于0)甲1 和2 放出热量乙1放出热量丙2 和4 放出热量则下列关系正确的是_。a. b. c. d. e.该反应若生成1 ，则放出(热量若在一体积可变的密闭容器中充入1 、2和1，达到平衡时测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍，则该反应向_(填“正”或“逆”)反应方向移动。【答案】 (1). CO(g)H2(g)H2O(g)C(s) (2). K3K1K2 (3). (ab)kJ/mol (4). 放热 (5). 75% (6). ade (7). 正【解析】分析：(1)平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，在平衡常数中，分子为生成物，分母为反应物，结合质量恒定律分析书写；(2)根据平衡常数的表达式推断；应用盖斯定律来求H3；(3)平衡常数随温度的变化来判断正反应方向是吸热还是放热，可以根据三行式结合平衡常数来求转化率；(4)a甲、乙是完全等效平衡，平衡时各组分的浓度相等；b丙与甲相比，等效为在甲平衡的基础上再加入1mol CO和2mol H2，压强增大，平衡向正反应方向移动，丙中反应物的转化率大于甲；c丙与甲相比，等效为在甲平衡的基础上再加入1mol CO和2mol H2，压强增大，平衡向正反应方向移动，转化率增大，但21不一定等于3 ；dCO的转化率为1，则平衡时CO的物质的量为(1-1)mol，乙中平衡时甲醇的转化率为2，乙中平衡时CO的物质的量为2mol，甲与乙是完全等效平衡，平衡时对应各组分的含量完全相同；e令平衡时CO的物质的量为nmol，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的反应热H=-QkJ/mol，则Q1=(1-n)Q、Q2=nQ，整理得Q=Q1+Q2。平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍，据此判断反应的方向。详解：(1)平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，平衡常数K=中，分子为生成物，分母为反应物，所以该反应的方程式为CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)，故答案为：CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)；(2)根据化学方程式可知：K1=，K2=，K3=，所以：K3=K1K2；由+可得方程式C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，所以H3=(a+b)kJ/mol，故答案为：K3=K1K2；(a+b)kJ/mol；(3)由图可知温度越高K值越小，说明正反应为放热反应，对于反应 CO(g) + H2O(g)H2(g)+CO2(g)，开始(mol/L)：0.02 0.02 0 0变化(mol/L)： c c c c平衡(mol/L)：0.02-c 0.02-c c c所以=9，解得c=0.015，所以CO的转化率为100%=75%，故答案为：放热；75%；(4)a甲、乙是完全等效平衡，平衡时各组分的浓度相等，所以平衡时甲醇的浓度c1=c2，故a正确；b丙与甲相比，等效为在甲平衡的基础上再加入1mol CO和2mol H2，压强增大，平衡向正反应方向移动，丙中反应物的转化率大于甲，丙中参加反应的CO大于甲中的2倍，故2Q1Q3，故b错误；c丙与甲相比，等效为在甲平衡的基础上再加入1mol CO和2mol H2，压强增大，平衡向正反应方向移动，丙中反应物的转化率大于甲，但21不一定等于3 ，故c错误；d甲与乙是完全等效平衡，平衡时对应各组分的含量完全相同，CO的转化率为1，则平衡时CO的物质的量为(1-1)mol，乙中平衡时甲醇的转化率为2，乙中平衡时CO的物质的量为2mol，故(1-1)=2，整理得1+2=1，故d正确；e令平衡时CO的物质的量为nmol，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的反应热H=-QkJ/mol，则Q1=(1-n)Q、Q2=nQ，整理得Q=Q1+Q2，故1mol CH3OH，则放出(Q1+Q2)kJ热量，故e正确；故答案为：ade；反应前后气体总质量不变，同温、同压下，达到平衡时，平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍，即气体密度增大，故平衡向气体体积缩小方向即向正反应方向移动，故答案为：正。22. 研究CO2转化成有机物实现碳循环对实现社会的可持续发展具有重要的意义。将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O（l）。（1）已知一定压强下，该反应在温度升高时，CH3OCH3(g)的浓度减小，则反应的焓变H_0，熵变S_0(分别填“”、“”、或“=”)。（2）相同条件下，在体积为2L的密闭容器内选用不同的催化剂，生成物二甲醚CH3OCH3的量随时间变化如图所示。图中0-4min内A的反应速率v(CO2)=_。该温度下平衡常数的表达式为_。下列有关说法正确的是_(填字母序号)。A反应的活化能大小顺序是：Ea(A)Ea(B)”、“”或“=”)；判断理由为_。X1=_。P2下，III中CH3OCH3的平衡转化率为_。【答案】 (1). (2). (3). 1.25 mol(Lmin)-1 (4). (5). AB (6). (7). 压强增大，平衡向正反应方向移动，从而导致生成物的量增大 (8). 0.05mol (9). 96【解析】本题分析：本题主要考查化学平衡。(1)温度升高时，CH3OCH3(g)的浓度减小，表明平衡左移，则反应的焓变H0，该反应是气体物质的量减少的反应，熵变SBC，所以反应的活化能大小顺序是