2020年化学高考《化学平衡移动及其影响因素》专项复习及答案解析

化学高考化学平衡移动及其影响因素专项复习一、单选题（本大题共20小题，共40分）1. 某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g)2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如下图所示，下列说法中正确的是 A. 4min时反应第一次达到平衡B. 15min时降低压强，20min时升高温度C. 反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应D. 1520min该反应使用了催化剂2. 将2molH2和1molCO2充入体积为10L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应： 3. CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H1=+41.2kJmoL-1； 4. CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H2=-49kJmoL-1 5. 反应100min后达到平衡，测得下表数据： 温度转化率(%)物质的量(mol)H2CO2CH3OHCO240100.050.05下列说法正确的是()A. 升高温度，反应的平衡常数减小B. 升高温度，CH3OH的含量提高C. H2转化率为10%D. 100min内，反应的速率为v(CO2)=0.0001molL-1min-16. 化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法正确的是()A. 研发使用高效催化剂，可提高反应中原料的转化率B. 铅笔芯的原材料为铅，所以儿童常咬铅笔头容易铅中毒C. 网络飞速发展，得益于光纤良好的导电性，光纤的主要成分是二氧化硅D. 用K2FeO4取代Cl2处理饮用水，不仅可杀菌消毒，同时还能沉降水中的悬浮物7. 恒容条件下，1molSiHCl3发生如下反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)。已知：v正=v消耗(SiHCl3)=k正x2(SiHCl3)，v逆=2v消耗(SiH2Cl2)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数(仅与温度有关)，x为物质的量分数。如图是不同温度下x(SiHCl3)随时间的变化。下列说法正确的是()A. 该反应为放热反应，v正,a0，水蒸气含量随时间的变化13. 下列有关说法正确的是()A. 因为合金在潮湿的空气中易形成原电池，所以合金的耐腐蚀性都较差B. 25时，pH=4.5的硫酸溶液中c(H+)是pH=5.5的磷酸中c(H+)的10倍C. 一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率D. 常温下，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)能够自发进行，则该反应的H014. 由合成气(CO、H2)制备二甲醚的主要原理如下，下列有关说法正确的是()15. CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H1=-90.7kJmol-116. 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)H2=-23.5kJmol-117. CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H3=-41.2kJmol-1A. 升高温度能加快反应的化学反应速率，提高CH3OCH3产率B. 反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的H=-246.1kJmol-1C. 反应使用催化剂，H3减少D. 反应对反应无影响18. 一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO： 19. MgSO4(s)+CO(g)MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)H0 20. 该反应在恒容密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y的值随x变化趋势合理的是 21.A. AB. BC. CD. D22. 将NO2装入带活塞的密闭容器中，当反应2NO2(g) N2O4(g)达到平衡后，改变下列一个条件，其中叙述正确的是 ( )A. 升高温度，气体颜色加深，则此反应为吸热反应B. 慢慢压缩气体体积，平衡向右移动，混合气体颜色变浅C. 慢慢压缩气体体积，若体积减小一半，压强增大，但小于原来的两倍D. 恒温恒容时，充入惰性气体，压强增大，平衡向右移动，混合气体的颜色变浅23. 在N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的平衡体系中，保持温度不变，充入氩气使容器的容积和压强都增大一倍，此时平衡将( )A. 不移动B. 左移C. 右移D. 无法确定24. 在一定条件下，固定容积的密闭容器中反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)H0，达到平衡当改变其中一个条件X，Y随X的变化不符合图中曲线的是()A. 当X表示温度时，Y表示NO2的物质的量B. 当X表示反应时间时，Y表示混合气体的密度C. 当X表示压强时，Y表示NO2的转化率D. 当X表示NO2的物质的量时，Y表示NO2的转化率25. 已知次氯酸是比碳酸还弱的酸，反应Cl2+H2OHCl+HClO达到平衡后，要使HClO浓度增大，可加入()A. NaCl固体B. 水C. CaCO3固体D. NaOH固体26. 密闭容器中发生反应：aX(g)+bY(g)cZ(g+dW(g)的反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.6倍。下列叙述不正确的是()A. 平衡向逆反应方向移动B. (a+b)(c+d)C. Z的物质的量变小D. X的转化率变小27. 密闭容器中发生如下反应A(g)+nB(g)pC(g)+qD(s)，达平衡后，温度一定时，将气体体积缩小到原来的12，当达新平衡时，C的浓度为原来的1.9倍，则下列推断正确的是()A. 平衡向正向移动了B. m+np+qC. 达新平衡时，A的浓度小于原平衡A浓度的2倍D. 达新平衡时，容器内总压一定比原平衡的2倍小28. 为了探索外界条件对反应aX(g)+bY(g) cZ(g)的影响，以X和Y物质的量之比为ab开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数，实验结果如下图所示。下列判断正确的是( )A. H cB. H 0a+b0 a+bcD. H0 a+bc29. 某温度下反应N2O4(g)2NO2(g)(正反应为吸热反应)，在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是()30. 加压时(体积变小)，将使正反应速率增大；31. 保持体积不变，加入少许NO2，将使正反应速率减小；32. 保持体积不变，加入少许N2O4，再达到平衡时颜色变深；33. 保持体积不变，升高温度，再达平衡时颜色变深；34. 升高温度，正反应速率减小，平衡逆向移动。A. B. C. D. 35. 在一恒容密闭容器中充满NO2，常温下建立下列平衡：2NO2(g) N2O4(g)H0，将容器置于100的水浴中，则下列性质不改变的是A. 颜色B. 压强C. 质量D. 平均相对分子质量36. 对于任何一个平衡体系，采用以下措施，一定会使平衡移动的是()A. 加入一种反应物B. 升高温度C. 对平衡体系增加压强D. 使用催化剂二、简答题（本大题共4小题，共60分）37. 目前“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题请回答下列问题：38. I.甲烷自热重整是一种先进的制氢方法，其反应方程式为：39. CH4(g)+H2O(g)-高温CO(g)+3H2(g)40. (1)阅读下图，计算该反应的反应热H=_kJ/mol41.42. II.用CH4或其他有机物、O2为原料可设计成燃料电池43. (2)以CnH2nOn、O2为原料，H2SO4溶液为电解质设计成燃料电池，则负极的电极反应式为_44. (3)以CH4、O2为原料，100mL0.15mol/LNaOH溶液为电解质设计成燃料电池，若放电时参与反应的氧气体积为448mL(标准状况)，产生的气体全部被溶液吸收，则所得溶液中溶质的成分及物质的量之比为_，各离子浓度由大到小的顺序为_45. III.利用I2O5消除CO污染的反应为：5CO(g)+I2O5(s)-催化剂5CO2(g)+I2(s)，不同温度下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入4molCO，测得CO2的体积分数随时间t变化曲线如图请回答：46.47. (4)T2时，00.5min内的反应速率v(CO)=_48. (5)T1时化学平衡常数K=_49. (6)下列说法不正确的是_(填字母序号)50. A.容器内气体密度不变，表明反应达到平衡状态51. B.两种温度下，c点时体系中混合气体的压强相等52. C.d点时，增大体系压强，CO的转化率不变53. D.b点和d点时化学平衡常数的大小关系：Kb”或“1.0时，烟气中 NO浓度反而增大，主要原因是_。碱性溶液处理烟气中的氮氧化物也是一种脱硝的方法，写出NO2被Na2CO3溶液吸收生成三种盐的化学反应方程式_。直接电解吸收也被用于脱硝。用 6%的稀硝酸吸收NOx生成亚硝酸，再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸。电解装置如图4所示。阳极的电极反应式为_。参考答案及解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查化学平衡图象，注意图象中反应速率的变化及平衡移动，明确温度、浓度、压强对反应速率及平衡的影响即可解答，题目难度中等。【解答】A.010min内，反应物B的浓度逐渐减小，生成物C的浓度逐渐增加，说明该时间段反应向着正向移动，正反应速率大于逆反应速率，所以4min时没有达到平衡状态，故A错误；B.由图象可知，15min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，20min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，故B正确；C.由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，20min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C错误；D.根据左图知，1520min间改变条件，正逆反应速率都减小且相等，平衡不移动，但反应物、生成物物质的量浓度都减小，且C的物质的量浓度减少量是A、B的二倍，所以应该是增大体积、减小压强，平衡不移动，说明反应前后气体体积计量数之和不变，所以x=1，所以1520min间改变的体积是减小压强，故D错误。故选B。2.【答案】C【解析】【分析】本题考查化学平衡影响因素、平衡常数、化学平衡计算、反应速率计算等，题目涉及两个反应同时进行，增大题目难度，D选项为易错点，学生容易根据二氧化碳的转化率计算，忽略反应的二氧化碳是反应总共消耗的二氧化碳。【解答】A.反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，故A错误；B.升高温度，反应逆向移动，反应正向移动，水的浓度增大，促进反应逆向移动，不利于甲醇的生成，升高温度，CH3OH的含量降低，故B错误；C.平衡时甲醇、CO的物质的量分别为0.05mol、0.05mol，由反应可知，参加反应的氢气为0.05mol，由反应可知，参加反应的氢气为0.05mol3=0.15mol，故参加反应的氢气共有0.05mol+0.15mol=0.2mol，故氢气的转化率=0.2mol2mol100%=10%，故C正确；D.v(CH3OH)=0.05mol10L100min=0.00005molL-1min-1，速率之比等于化学计量数之比，故反应中v(CO2)=v(CH3OH)=0.00005molL-1min-1，故D错误。故选C。3.【答案】D【解析】解：A.研发使用高效催化剂，可提高反应速率，不能提高原料的转化率，故A错误；B.铅笔芯的原材料为碳，不具有毒性，故B错误；C.二氧化硅不导电，故C错误；D.K2FeO4具有强氧化性，还原产物可水解生成具有吸附性的胶体，可用于净水，故D正确；故选：D。A.催化剂能改变反应速率，对化学平衡移动不产生影响；B.铅笔芯的原材料为碳；C.二氧化硅具有良好的光学特性，不导电；D.K2FeO4具有强氧化性，还原产物可水解生成具有吸附性的胶体本题考查元素化合物知识，为高频考点，侧重化学与生活、生产等知识，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意化学平衡移动影响因素4.【答案】B【解析】解：A.由图可知T2时先达到平衡，且对应x(SiHCl3)小，可知升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，且v正,av逆,b，故A错误；B.通过移走SiCl4，生成物浓度减小，平衡正向移动，提高SiHCl3的转化率，故B正确；C.反应进行到a处时，x(SiHCl3)=0.8，此时v正=k正x2(SiHCl3)=(0.8)2k正，由反应可知转化的SiHCl3为0.2mol，生成SiH2Cl2、SiCl4均为0.1mol，v逆=2v消耗(SiH2Cl2)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)=0.01k逆，则v正v逆=(0.8)2k正0.01k逆，平衡时k正x2(SiHCl3)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)，x(SiHCl3)=0.75，结合反应中转化关系可知k正K逆=1818(0.75)2=49，则v正v逆=(0.8)2k正0.01k逆=6449，故C错误；D.T2K时平衡体系中再充入1molSiHCl3，体积不变时压强增大，平衡不移动，x(SiH2Cl2)不变，故D错误；故选：B。A.由图可知T2时先达到平衡，且对应x(SiHCl3)小，可知升高温度平衡正向移动；B.通过移走SiCl4，生成物浓度减小，平衡正向移动；C.反应进行到a处时，x(SiHCl3)=0.8，此时v正=k正x2(SiHCl3)=(0.8)2k正；D.T2K时平衡体系中再充入1molSiHCl3，体积不变时压强增大。本题考查化学平衡，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、图象分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动与图象的结合，选项C为解答的难点，题目难度不大。5.【答案】A【解析】试题分析：由图可知T1T2，P2P1。升高温度，产物Y在平衡混合物中的质量分数减小。说明升高温度化学平衡向逆反应方向移动。根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动。逆反应方向是吸热反应，所以正反应为放热反应。C、D错误，排除。增大压强，产物Y在平衡混合物中的质量分数减小。说明增大压强化学平衡向逆反应方向移动。根据平衡移动原理，增大压强，化学平衡向气体体积减小的反应方向移动。逆反应方向是气体体积减小的反应，所以正反应为气体体积增大的反应。只有Z为气态才满足这一条件。所以选项为A。 考点：考查温度、压强对化学反应平衡及平衡时反应混合物含量的影响的知识。6.【答案】B【解析】【分析】勒夏特列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。勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒夏特列原理解释。本题考查了勒夏特列原理的使用条件，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆过程。【解答】A.氢硫酸溶液中有下列平衡：H2SH+HS-，HS-H+S2-.加碱后OH-中和H+，上述平衡正向移动，S2-增多，可用勒夏特列原理解释，故A不选；B.加入催化剂，改变反应速率但不改变平衡状态，不会促进氨的氧化反应，不可用勒夏特列原理解释，故B选；C.合成氨反应是气体体积减小的反应，高压有利于平衡向生成氨的方向移动，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D.碳酸钙能与氢离子反应，氢离子的浓度降低，平衡向正反应方向移动，次氯酸的浓度增大，能用勒夏特列原理解释，故D不选。故选B。7.【答案】B【解析】解：A.升高温度，平衡发生移动，正、逆速率变化不相等，图象中正、逆速率增大相同的倍数，图象与实际不相符，故A错误； B.缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，三氧化硫的物质的量增大、二氧化硫与氧气的物质的量减小，图象与实际相符合，故B正确； C.增大压强，正、逆反应速率都增大，平衡向正反应反应移动，正反应速率增大更多，图象中逆反应速率增大更多，图象与实际不相符，故C错误； D.由图可知，温度T2先到达平衡，故温度T2T1，升高温度平衡向正反应方向移动，水蒸气的含量增大，图象中温度越高，水蒸气的含量越低，图象与实际不相符，故D错误； 故选：B。A.升高温度，平衡发生移动，正、逆速率变化不相等； B.缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，三氧化硫的物质的量增大、二氧化硫与氧气的物质的量减小； C.增大压强，正、逆反应速率都增大，平衡向正反应反应移动，正反应速率增大更多； D.由图可知，温度T2先到达平衡，故温度T2T1，升高温度平衡向正反应方向移动，水蒸气的含量增大本题考查化学平衡图象、影响化学平衡及化学反应速率的因素等，难度中等，理解外界条件对化学平衡与反应速率的影响是解题关键8.【答案】B【解析】解：A.不是所有的合金耐腐蚀都很差，例如钛合金、铝合金等具有很好的抗腐蚀性能，故A错误； B.pH=4.5的硫酸溶液中c(H+)为10-4.5mol/L，pH=5.5的磷酸中c(H+)为10-5.5mol/L，前者是后者的10倍，故B正确； C.催化剂不能使平衡移动，只改变反应速率，故C错误； D.由方程式2NO(g)+O2(g)2NO2(g)可知该反应S0，要使H-S0，必须满足H0，故D错误。 故选：B。A.根据不同合金的材料和性能解答； B.根据pH=-lgc(H+)计算； C.催化剂不能使平衡移动； D.根据反应自发进行的判断依据：H-S0解答。本题考查较为综合，涉及金属的腐蚀与防护，pH的计算以及反应方向判据，为高考常见题型，考查学生对基本知识的掌握程度，难度不大。9.【答案】B【解析】解：A.反应正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CH3OCH3产率降低，故A错误； B.根据盖斯定律，2+得3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)H=-246.1kJmol-1，故B正确； C.加入催化剂，只改变反应速率，物质的种类不变，则不改变反应热，故C错误； D.反应消耗水，而反应生成水，反应对反应的浓度有影响，故D错误 故选BA.反应正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动； B.依据热化学方程式和盖斯定律计算得到； C.加入催化剂，不改变反应热； D.反应消耗水，而反应生成水，反应对反应的浓度有影响本题综合考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用，影响平衡的因素分析判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目涉及的知识点较多，综合性较强，题目难中等10.【答案】B【解析】A、若x为CO的物质的量，y为CO2与CO的物质的量之比，增加CO的物质的量，反应物的浓度增大，化学平衡向正反应方向移动，但CO的转化率降低，故CO2与CO的物质的量之比减小，A错误； B、若x为温度，y为容器内混合气体的密度，则根据制备特种陶瓷的反应的特点可以推出，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，1molCO气体转化为1molCO2和1molSO2气体，所以气体的质量增加，而密闭容器为恒容，即容器体积不变，所以反应进行后气体密度增大，B正确； C、因为平衡常数与反应物和生成物的浓度无关，只与温度有关，只要温度不变，则化学平衡常数就不变，所以SO2的浓度增大，平衡常数不变，为一定值，C错误； D、固体的浓度为定值，所以固体质量的变化对化学平衡没有影响，因MgSO4为固体，增加其质量，不影响化学平衡，所以对CO的转化率没有影响，D不正确。答案选B。 11.【答案】C【解析】反应混合物中，NO2为红棕色气体而N2O4无色气体。 升温，气体颜色加深，说明平衡向生成NO2的方向移动，即左移，也就是说逆反应为吸热反应，故A错误； 慢慢压缩气体体积，平衡向气体系数减小的方向，即向右移动，但相对原平衡各反应混合物的浓度均是增大的，故混合气体的颜色加深，B错误； 慢慢压缩气体体积，若体积减小一半，若不考虑平衡的移动，压强为原来的两倍，但平衡应向气体系数减小的方向移动，即正向移动，气体的总物质的量减小，故压强应小于原来的两倍，C正确； 恒温恒容时，充入惰性气体，虽然体系的压强增大，但反应混合物的浓度均未改变，正逆反应速率仍相等，平衡不会移动，混合气体的颜色也不会改变。12.【答案】B【解析】【分析】本题旨在考查学生对化学平衡移动原理的应用。【解答】容器体积增大，相当于减小压强，平衡向左移动，故B正确。故选B。13.【答案】B【解析】解：A、反应吸热，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO2的物质的量减小，故A正确；B、达到平衡后，因混合气体的质量和体积不变，混合气体的密度不变，故B错误；C、增大压强，平衡向逆反应方向移动，NO2的转化率减小，故C正确；D、增加NO2的物质的量时，相当于增大体系压强平衡向逆方向移动，二氧化氮转化率减小，图象符合，故D正确；故选B本题考查化学平衡的影响因素，本题难度不大，注意外界条件对化学平衡的影响，特别是题中反应的特征。14.【答案】C【解析】解：A.NaCl不与HClO发生氧化还原反应，不能导致HClO浓度减小，故A错误； B.加水稀释，平衡向正反应方向移动，但溶液体积增大的幅度比HClO增大的快，HClO浓度减小，故B错误； C.加入碳酸钙固体，HCl与碳酸钙反应，而HClO不反应，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，HClO浓度增加，故C正确。 D.NaOH和HCl、HClO都反应，不能使HClO浓度增加，故D错误； 故选：C。反应：Cl2+H2OHCl+HClO达到平衡后，要使HClO浓度增加，应使平衡向正反应方向移动，HCl为强酸，HClO为弱酸，酸性比碳酸弱，以此解答该题本题考查化学平衡的影响，题目难度不大，注意次氯酸酸性弱于碳酸，不能和碳酸盐反应生成二氧化碳，化学平衡移动原理的理解应用是解题关键15.【答案】B【解析】【分析】该题是高考中的常见题型，属于中等难度试题的考查，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确外界条件是如何影响平衡状态的，然后结合题意灵活运用即可。【解答】A.假设体积压缩后，平衡没有发生移动，此时W的浓度应为原来的两倍，但实际上变为了原来的1.8倍，即平衡发生了移动，并且是逆向移动，故A正确；B.压缩体积相当于增大压强，平衡逆移，说明该反应是一个气体体积增大的反应，即a+bc+d，故 B错误；C.平衡逆向移动，生成物Z的物质的量减小，故C正确；D.平衡逆向移动，反应物X的转化率下降，故D正确。故选B。16.【答案】B【解析】【分析】本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握体积与压强的关系、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意静态变化与动态变化的结合，题目难度不大。【解答】A.由上述分析可知，体积减小、压强增大，平衡逆向移动，故A错误；B.压强增大，平衡逆向移动，则正反应为气体体积增大的反应，则达新平衡时，容器内总压一定比原平衡的2倍小，故B正确； C.平衡逆向移动，达新平衡时，A的浓度大于原平衡A浓度的2倍，故C错误； D.增大压强平衡逆向移动，可知m+np+q，故D错误。故选B。17.【答案】A【解析】本题主要考查对图像的分析，放热反应、吸热反应，平衡移动的应用等知识点。侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等。 由图可知，温度越低，压强越大，Z的物质的量分数越大，所以该反应的正反应是放热反应，且正反应是气体物质的量减小的反应，所以Hc，故A正确。故选A。18.【答案】C【解析】【分析】本题考查化学平衡、反应速率的影响因素，把握温度、浓度、压强对反应速率及平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。【解答】N2O4(g)2NO2(g)(正反应为吸热反应)，加压时(体积变小)，浓度增大，将使正反应速率增大，故正确；保持体积不变，加入少许NO2，正反应速率瞬时不变，逐渐增大，故错误；保持体积不变，加入少许N2O4，平衡正向移动，二氧化氮的浓度增大，再达到平衡时颜色变深，故正确；保持体积不变，升高温度，平衡正向移动，再达平衡时颜色变深，故正确；升高温度，正逆反应速率都增大，平衡正向移动，故错误。故选：C。19.【答案】C【解析】【分析】 本题考查学生温度对化学平衡的影响知识，难度不大，注意根据平衡移动原理进行判断或计算。【解答】A.升高温度，化学平衡向左移动，二氧化氮的浓度增大，颜色加深，故A错误；B.升高温度，化学平衡向左移动，混合气体总的物质的量增大且温度升高，容器的容积不变，根据pV=nRT可知，容器内压强增大，故B错误；C.反应混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总的质量不变，故C正确；D.升高温度，化学平衡向左移动，混合气体总的物质的量增大，混合气体总的质量不变，根据M=m/n可知，混合气体的平均相对分子质量减小，故D错误。 故选C。20.【答案】B【解析】解：A、在反应中，加入一种故体反应物，固体量的增减不会引起化学平衡的移动，故A错误； B、任何化学反应一定伴随能量的变化，升高温度，化学平衡一定是向着吸热方向进行，故B正确； C、对于没有气体参加的反应，或是前后气体体积不变的反应，压强不会引起平衡的移动，故C错误； D、使用催化剂只能改变化学反应的速率，不会引起化学平衡的移动，故D错误。 故选：B。A、在反应中，固体量的增减不会引起化学平衡的移动； B、升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，任何化学反应一定伴随能量的变化； C、对于有气体参加的反应前后气体体积变化的反应，压强会引起平衡的移动； D、使用催化剂只能改变化学反应的速率，不会引起化学平衡的移动。本题考查学生影响化学平衡移动的因素，注意每个因素的使用情况是解答的关键。21.【答案】+161.1 CnH2nOn-4ne-+nH2O=nCO2+4nH+ n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=1：1 c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+) 1.6molL-1min-1 1024 BD【解析】解：(1)由能量图，得CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)H=-846.3kJmoL-1CO2(g)=CO(g)+12O2(g)H=+282kJmoL-112O2(g)+H2(g)=H2O(g)H=-241.8kJmoL-1-3+得CH4(g)+H2O(g)-高温CO(g)+3H2(g)H=(-846.3+241.83+282)kJmoL-1=+161.1kJmoL-1；故答案为：+161.1；(2)燃料电池中，负极上投放燃料所以投放甲烷的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：CnH2nOn-4ne-+nH2O=nCO2+4nH+故答案为：CnH2nOn-4ne-+nH2O=nCO2+4nH+；(3)参与反应的氧气在标准状况下体积为448mL，物质的量为0.448L22.4L/mol=0.02mol，假设生成二氧化碳，根据电子转移守恒可知，生成二氧化碳为0.02mol48=0.01mol，n(NaOH)=0.1L0.15molL-1=0.015mol，n(NaOH)：n(CO2)=0.015mol：0.01mol=3：2，实质上发生反应2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，所以所得溶液中溶质的成分及物质的量之比为n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=1：1；溶液中碳酸根水解，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，故c(OH-)c(H+)，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故c(HCO3-)c(CO32-)，钠离子浓度最大，水解程度不大，碳酸根浓度原大于氢氧根离子，故c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)，故答案为：n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=1：1；c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)；(4)a点时：5CO(g)+I2O5(s)5CO2(g)+I2(s)起始量/mol4 0转化量/mol xxa点量/mol 4-x x根据a点时CO2的体积分数(CO2)=x4=0.40，得x=1.6mol则从反应开始至a点时的反应速率为v(CO)=1.6mol2L0.5min=1.6molL-1min-1，故答案为：1.6molL-1min-1；(5)T1时：5CO(g)+I2O5(s)5CO2(g)+I2(s)起始量/mol4 0转化量/moly yb点量/mol 4-y y根据b点时CO2的体积分数(CO2)=y4=0.80，得y=3.2mol，c(CO)=0.4molL-1，c(CO2)=1.6molL-1T1时化学平衡常数K=c(CO2)5c(CO)5=1.650.45=1024，故答案为：1024；(6)A.因为条件为恒容，而反应前后气体质量变化，所以容器内气体密度不变时，表明反应达到平衡状态，故A正确；B.c点为交点，气体物质的量分别相等，所以两种温度下，体系中混合气体的压强不等，故B错误；C.反应前后气体体积不变，压强变化对平衡无影响，CO的转化率不变，故C正确；d.b点比d点时生成物CO2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：KbKd，故D错误；故答案为：BD；(1)根据能量图书写各自的热化学方程式，再通过盖斯定律计算；(2)燃料电池中，负极上投放燃料，负极上失电子发生氧化反应；(3)计算氧气的物质的量，假设生成二氧化碳，根据n(NaOH)与n(CO2)比例关系判断反应产物，进而计算溶液中电解质物质的量，结合盐类水解与电离等判断；(4)根据起始量和a点时CO2的体积分数(即物质量分数)，列式计算即可求出从反应开始至a点时的反应速率为v(CO)；(5)根据b点时CO2的体积分数(CO2)求出CO和CO2的平衡浓度进而求出T1时化学平衡常数K；(6)A.因为条件为恒容，而反应前后气体质量变化，所以容器内气体密度是变量，当不变时表明反应达到平衡状态；B.c点为交点，各气体物质的量分别相等；C.反应前后气体体积不变，压强变化对平衡无影响；D.b点比d点时生成物CO2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：KbKd；本题考查盖斯定律的应用、化学反应速率和化学平衡常数的相关计算、化学平衡移动原理、电离常数及离子浓度大小的比较等知识，综合性很强，难度很大22.【答案】H2SO4 Fe3+、Fe2+、H+ 将Fe2+氧化为Fe3+；ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O H2SO4 pH偏小时，水解平衡逆向移动，聚合硫酸铁的产率会降低；pH偏大时，Fe2(SO4)3生成Fe(OH)3聚沉，聚合硫酸铁的产率会降低 10-3cV0-10-3cV 0.056c(V0-V)3mw100%【解析】解：(1)通过以上分析知，加入的酸为H2SO4，故答案为：H2SO4；(2)酸浸后的溶液中含有硫酸铁、硫酸亚铁和过量的稀硫酸，所以含有的阳离子有Fe3+、Fe2+、H+，故答案为：Fe3+、Fe2+、H+；(3)氯酸钾具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子而制取聚合物，所以氯酸钾的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，涉及的方程式为ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；(4)该反应方程式为Fe2(SO4)3+xH2OFe2(OH)x(SO4)3-x2m+x2H2SO4，故答案为：1；x；1；x2H2SO4；(5)pH偏小时，氢离子浓度增大，水解平衡逆向移动，导致产物产率降低；pH增大时，硫酸铁水解生成的氢氧化铁产生聚沉而降低产率，所以需要调节合适的pH，故答案为：pH偏小时，水解平衡逆向移动，聚合硫酸铁的产率会降低；pH偏大时，Fe2(SO4)3生成Fe(OH)3聚沉，聚合硫酸铁的产率会降低；(6)n(OH-)=cmol/L10-3V0L-cmol/L10-3VL=10-3c(V0-V)mol，故答案为：10-3cV0-10-3cV；该样品中Fe的质量分数w，则n(Fe)=mw56mol，盐基度B=n(OH-)3n(Fe3+)100%=10-3c(V0-V)3mw56100%=0.056c(V0-V)3mw100%，故答案为：0.056c(V0-V)3mw100%。黄铁矿的烧渣主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等，向烧渣中加入酸酸浸，由制备目的知，加入的酸为稀硫酸，Fe2O3、FeO和稀硫酸反应分别得到硫酸铁、硫酸亚铁，SiO2不溶，过滤后得到的滤液I中含有硫酸铁、硫酸亚铁和稀硫酸，向滤液I中加入废铁屑，Fe和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，过滤后得到的滤液II中含有硫酸亚铁，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到绿矾，向绿矾中加入稀硫酸、氯酸钾，发生反应6H+ClO3-+6Fe2+=6Fe3+Cl-+3H2O，然后发生水解反应Fe2(SO4)3+xH2OFe2(OH)x(SO4)3-x2m+x2H2SO4，结合题目分析解答。本题考查物质制备，涉及物质的量的计算、离子方程式的书写、氧化还原反应等知识点，综合性较强，明确流程图中发生的反应及各物质成分性质是解本题关键，注意题干信息的分析判断，题目难度不大。23.【答案】2：1 S(s)+3F2(g)=SF6H=-1220kJ/mol 2.51024 BD HCl C2F4的产率高，副产物C3F6的含量几乎为0 10-7(a-b)b【解析】解：(1)2F2+2NaOH=2NaF+H2O+OF2，该反应中F的化合价变化为(0-1)、O元素的化合价变化为(0+2)氧化剂为F2，还原剂为NaOH，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，二氟化氧分子中F原子最外层达到8电子稳定结构，其正确的电子式为，故答案为：2：1；(2)反应热H=反应物总键能-生成物总键能，所以对于S(s)+3F2(g)=SF6(g)，其反应热H=280kJ/mol+3160kJ/mol-6330kJ/mol=-1220kJ/mol，即