高中化学选择性必修一课时作业4

课时作业4化学反应速率1．已知：4NH3＋5O2=4NO＋6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则下列关系正确的是()A．4v(NH3)＝5v(O2)B．5v(O2)＝6v(H2O)C．3v(NH3)＝2v(H2O)D．5v(O2)＝4v(NO)2．某同学利用下图装置测定CaCO3和稀盐酸反应的反应速率，开始时电子秤的示数为225.8g,50s后示数为223.6g，则50s内此反应的平均反应速率v(HCl)为(假定反应过程中溶液体积不变，且药品足量)()A．0.01mol·L－1·s－1B．0.05mol·L－1·s－1C．0.02mol·L－1·s－1D．0.1mol·L－1·s－13．在一定条件下，反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)在2L密闭容器中进行，5min内NH3的质量增加了1.7g，则反应速率为()A．v(H2)＝0.03mol·L－1·min－1B．v(N2)＝0.02mol·L－1·min－1C．v(NH3)＝0.17mol·L－1·min－1D．v(NH3)＝0.01mol·L－1·min－14．反应4NH3(g)＋5O2(g)eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO(g)＋6H2O(g)在2L容器中进行，经过一段时间后，测得NO的物质的量增加了0.5mol，在此时间段测得O2的平均反应速率为0.25mol/(L·s)，则此段反应所经过的时间为()A．2sB．1.25sC．2.5sD．1s5．反应A＋3B=2C＋2D在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)＝0.15mol/(L·s)②v(B)＝0.6mol/(L·s)③v(C)＝0.4mol/(L·s)④v(D)＝0.45mol/(L·s)则该反应进行的快慢顺序为()A．④>③＝②>①B．④>③>②>①C．②>④>③>①D．①>④>③>②6．反应4A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)，经过2min，B的浓度减少0.6mol·L－1。则下列有关该反应的反应速率的叙述正确的是()A．用A表示的反应速率是0.4mol·L－1·min－1B．用B、C、D表示的反应速率之比是3:2:1C．2min末，v(B)＝0.3mol·L－1·min－1D．0～2min内用B和C表示的反应速率大小相等7．一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列描述正确的是()A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol·L－1·s－1B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol·L－1C．反应开始到10s时，Y的转化率为79.0%D．反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)Z(g)8．把0.6molX气体和0.6molY气体混合于2L的密闭容器中，使它们发生反应3X(g)＋Y(g)nZ(g)＋2W(g)，5min末生成0.2molW。若测知以Z的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol·L－1·min－1，则化学方程式中的n值为()A．1B．2C．3D．49．化合物Bilirubin在一定波长的光照下发生分解反应，反应物浓度随反应时间的变化如图所示，计算用反应物表示的4～8min内的平均反应速率和推测反应在16min时反应物的浓度，结果应分别是()A．2.5μmol·L－1·min－1和2.0μmol·L－1B．2.5μmol·L－1·min－1和2.5μmol·L－1C．3.0μmol·L－1·min－1和3.0μmol·L－1D．5.0μmol·L－1·min－1和3.0μmol·L－110．将气体A2、B2各1mol充入1L的密闭容器中反应，生成气体C，一段时间后，测得c(A2)为0.58mol·L－1，c(B2)为0.16mol·L－1，c(C)为0.84mol·L－1，则C的化学式为()A．ABB．A2BC．AB2D．A2B211.某温度下按如图安装好实验装置，在锥形瓶内盛6.5g锌粒(颗粒大小相同)，通过分液漏斗加入40mL2.5mol·L－1的硫酸，将产生的H2收集在一个注射器中，用时10s时恰好收集到气体的体积为50mL(若折合成0℃、101kPa条件下的H2体积为44.8mL)，在该温度下，下列说法不正确的是()A．用锌粒表示10s内该反应的速率为0.013g·s－1B．忽略锥形瓶溶液体积的变化，用H＋来表示10s该反应的速率为0.01mol·(L·s)－1C．忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用Zn2＋来表示10s内反应的速率为0.01mol·(L·s)－1D．用H2表示10s内该反应的速率为0.004mol·(L·s)－112．用大理石(杂质不与稀盐酸反应)与稀盐酸反应制CO2，实验过程记录如图所示，下列有关说法正确的是()A．OE段表示的反应速率最快B．EF段表示的反应速率最快，收集的CO2最多C．FG段表示收集的CO2最多D．OG段表示随着时间的推移，反应速率逐渐增大13．将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生反应：3A(g)＋B(g)=xC(g)＋2D(g)。4min后测得D的浓度为0.5mol·L－1，cAcB＝35，C的平均反应速率是0.125mol·L－1·min－1，则此时A的物质的量浓度为________________，B的平均反应速率为________________，x的值是________。14．在2L密闭容器中进行反应：mX(g)＋nY(g)pZ(g)＋qQ(g)，式中m、n、p、q为该反应的化学计量数。在0～3min内，各物质物质的量的变化如下表所示：物质XYZQ起始量/mol0.712min末量/mol0.82.70.82.73min末量/mol0.8已知2min内v(Q)＝0.075mol·L－1·min－1，v(Z):v(Y)＝1:2。(1)试确定：起始时n(Y)＝________，n(Q)＝________。(2)方程式中m＝________，n＝________，p＝________，q＝________。(3)用Z表示2min内的平均反应速率为________。15．可以利用如图所示的装置测定不同浓度的硫酸与锌的反应速率。请回答下列问题：(1)按照上述装置图组装3套相同的装置，并检查装置气密性。首先将注射器推至0刻度处，然后在三个锥形瓶中分别放入相同形状的锌粒2g，最后通过分液漏斗在锥形瓶中分别加入1mol·L－1、2mol·L－1和4mol·L－1的稀硫酸40mL。请填写下表中的空白：序号加入的硫酸浓度/mol·L－1反应时间/min收集的气体/mL反应速率/(mL·min－1)①11110________②2a10b③4______105.0请选择一组合适的数据填写在第②组实验中的a、b处________(填字母)。A．12和0.83B．6和1.67C．1和10D．6和3.67(2)如果将锥形瓶用热水浴加热，则收集10mL氢气的时间将________。课时作业4化学反应速率1．解析：利用各物质的化学反应速率之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比的关系，采用转化的方法将选项变形。A项，4v(NH3)＝5v(O2)可转化为v(NH3):v(O2)＝5:4，错误；同理可得，B、D项错误，C项正确。答案：C2．解析：由题意可知，m(CO2)＝225.8g－223.6g＝2.2g，n(CO2)＝eq\f(2.2g,44g·mol－1)＝0.05mol。所以参与反应的HCl的物质的量n(HCl)＝2n(CO2)＝0.1mol，v(HCl)＝eq\f(0.1mol,0.2L·50s)＝0.01mol·L－1·s－1。答案：A3．解析：反应速率通常用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示。1.7g氨气是0.1mol，所以氨气的反应速率是eq\f(0.1mol,2L×5min)＝0.01mol·L－1·min－1。又因为反应速率数值之比是对应的化学计量数之比，所以氢气和氮气的反应速率分别是0.015mol·L－1·min－1和0.005mol·L－1·min－1，D项正确。答案：D4．解析：NO增加的浓度为eq\f(0.5mol,2L)＝0.25mol/L，由vNOvO2＝45，得vNO＝eq\f(vO2,5)×4＝eq\f(0.25mol/L·s,5)×4＝0.2mol/(L·s)，所以此段反应所经过的时间为eq\f(0.25mol/L,0.2mol/L·s)＝1.25s。答案为B。答案：B5．解析：以物质A为标准，将用其他物质表示的反应速率换算为用物质A表示的反应速率。v(A):v(B)＝1:3，则②表示的v(A)＝0.2mol/(L·s)；v(A):v(C)＝1:2，则③表示的v(A)＝0.2mol/(L·s)；v(A):v(D)＝1:2，则④表示的v(A)＝0.225mol/(L·s)；故反应进行的快慢顺序为④>③＝②>①。答案：A6．解析：一般不用固体或纯液体表示化学反应速率，A项错误；根据反应速率之比等于化学计量数之比可知B项正确，D项错误；经过2min，B的浓度减少0.6mol·L－1，则0～2min内B的平均反应速率v(B)＝0.3mol·L－1·min－1，C项错误。答案：B7．解析：由图像中数据计算用不同物质的浓度变化表示的化学反应速率之比，也就是化学计量数之比，然后即可推出化学方程式。由图像可知：X、Y的物质的量逐渐减少，为反应物，Z的物质的量逐渐增多，为生成物。它们的物质的量变化分别为X：(1.20－0.41)mol＝0.79mol；Y：(1.00－0.21)mol＝0.79mol；Z：(1.58－0)mol＝1.58mol。故反应化学方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)，D项错；A项：v(Z)＝eq\f(ΔcZ,Δt)＝eq\f(1.58mol,2L×10s)＝0.079mol·L－1·s－1；B项：Δc(X)＝eq\f(ΔnX,V)＝eq\f(0.79mol,2L)＝0.395mol·L－1；C项，Y的转化率＝eq\f(0.79mol,1.00mol)×100%＝79.0%。答案：C8．解析：5min内W的平均反应速率v(W)＝eq\f(\f(0.2mol,2L),5min)＝0.02mol·L－1·min－1，利用各物质的反应速率之比等于化学方程式中化学计量数之比，可知v(Z)v(W)＝0.01mol·L－1·min－10.02mol·L－1·min－1＝n:2，解得n＝1，A正确。答案：A9．解析：4～8min内反应物浓度减少了10μmol·L－1，则4～8min内反应物的平均反应速率为2.5μmol·L－1·min－1。题图中4min时反应物浓度为0min时的eq\f(1,2)，8min时反应物浓度为4min时的eq\f(1,2)，根据这一规律，可以推测12min时反应物的浓度为8min时的eq\f(1,2)，为5μmol·L－1,16min时反应物的浓度为12min时的eq\f(1,2)，为2.5μmol·L－1。综上，B项正确。答案：B10．解析：该时间段内，A2、B2两种物质按照化学方程式中的化学计量数之比进行反应。由题意可得A2、B2、C物质的量浓度的变化值为1:2:2，可求出A2、B2、C三种物质的化学计量数比为1:2:2，结合质量守恒可知C的化学式为AB2。答案：C11．解析：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，今收集到n(H2)＝eq\f(44.8×10－3L,22.4L·mol－1)＝0.002mol，所以用锌粒表示10s内的反应速率为eq\f(0.002mol×65g·mol－1,10s)＝0.013g·s－1，A正确；用H＋表示10s内反应速率为eq\f(0.002mol×2,10s×0.04L)＝0.01mol·(L·s)－1，B正确；v(Zn2＋)＝eq\f(1,2)v(H＋)＝0.005mol·(L·s)－1，C错误；v(H2)＝eq\f(0.002mol,0.05L×10s)＝0.004mol·(L·s)－1，D正确。此题需注意Zn是固体，其浓度为定值，不能用其浓度变化表示反应速率，但因质量不断发生变化，因此可用单位时间内Zn的质量变化表示反应速率的大小。答案：C12．解析：CaCO3与稀盐酸反应的化学方程式为CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O。图像的横坐标是时间，纵坐标是生成二氧化碳的体积，很明显是用单位时间内放出CO2的体积来表示其反应速率的，表现在图像上就是曲线的斜率，斜率越大，反应速率越大，放出的CO2越多。由图可以看出，EF段反应速率最快，收集的CO2最多；整个反应过程中，反应速率先小(OE段)后大(EF段)再小(FG段)，而不是逐渐增大，所以B项正确。答案：B13．解析：由4min内D的浓度变化量为0.5mol·L－1，可以求出A、B、C的浓度变化量分别为eq\f(3,2)×0.5mol·L－1、eq\f(1,2)×0.5mol·L－1和eq\f(x,2)×0.5mol·L－1。设A、B的起始浓度为nmol·L－1，则可以得到下列关系(单位均为mol·L－1)：3A(g)＋B(g)=xC(g)＋2D(g)起始浓度nn00浓度变化量0.750.250.25x0.54min后浓度(n－0.75)(n－0.25)0.25x0.5由题意可知，cAcB＝(n－0.75)(n－0.25)＝35，则n＝1.5，cA＝(n－0.75)mol·L－1＝0.75mol·L－1，根据v(B)＝eq\f(ΔcB,Δt)＝eq\f(0.25mol·L－1,4min)＝0.0625mol·L－1·min－1。v(D)＝0.125mol·L－1·min－1，根据v(C):v(D)＝x:2＝1:1，求得x＝2。答案：0.75mol·L－10.0625mol·L－1·min－1214．解析：2min内v(Q)＝0.075mol·L－1·min－1，则Δn(Q)＝0.075mol·L－1·min－1×2min×2L＝0.3mol，根据表中数据可知，2min内X的物质的量变化为Δn(X)＝0.8mol－0.7mol＝0.1mol，Z的物质的量变化为Δn(Z)＝1mol－0.8mol＝0.2mol，根据v(Z):v(Y)＝1:2可知，Y的物质的量的变化为Δn(Y)＝2Δn(Z)＝0.4mol，反应中各物质的Δn之比等于其在化学方程式中的化学计量数之比，则m:n:p:q＝0.1mol:0.4mol:0.2mol:0.3mol＝1:4:2:3，所以m＝1、n＝4、p＝2、q＝3，反应方程式是X(g)＋4Y(g)2Z(g)＋3Q(g)。(1)2min内生成0.1molX，根据X(g)＋4Y(g)2Z(g)＋3Q(g)可知，生成Y的物质的量是0.4mol，则起始时Y的物质的量为2.7mol－0.4mol＝2.3mol；Q在2min内减少了0.3mol，所以Q的起始物质的量是2.7mol＋0.3mol＝3mol。(2)根据以上分析可知，m＝1、n＝4、p＝2、q＝3。(3)2min内消耗的Z的物质的量是0.2mol，则用Z表示2min内的平均反应速率v(Z)＝eq\f(0.2mol,2L×2min)＝0.05mol·L－1·min－1。答案：(1)2.3mol3mol(2)1423(3)0.05mol·L－1·min－115．解析：(1)通过化学反应速率的表达式可以得出①③两个空格中的数值，因此a的取值应该介于2与11之间，所以可排除A、C，由a和气体体积10mL可以得b＝1.67，可知B正确。(2)升高温度，反应速率增大。答案：(1)①0.91③2B(2)缩短第二章检测卷(化学反应速率与化学平衡)一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列说法正确的是()A．催化剂是影响化学反应速率的本质因素B．当反应体系容积不变时，减小反应物的量肯定能减小反应速率C．可逆反应达到反应限度时，化学反应速率为0D．化学反应速率可用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增加来表示【答案】D2．生活中下列做法的目的与改变化学反应速率无关的是()A．在糖果制作过程中添加着色剂B．在糕点包装袋内放置小包除氧剂C．高炉炼铁前先将铁矿石粉碎D．牛奶在冰箱里保存【答案】A3．下图是恒温条件下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不相符合的是()A．反应达到平衡时，正反应速率和逆反应速率相等B．该反应达到平衡状态Ⅰ后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡状态ⅡC．该反应达到平衡状态Ⅰ后，减小反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡状态ⅡD．同一种反应物在平衡状态Ⅰ和平衡状态Ⅱ时浓度不相等【答案】C【解析】在平衡状态Ⅰ的基础上增大反应物浓度，生成物浓度瞬时不变，此时正反应速率瞬时增大，逆反应速率瞬时不变，随后又达到新的平衡，C错误。4．一定温度下，在某密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)＋I2(g)ΔH>0，若15s内c(HI)由0.1mol·L－1降到0.07mol·L－1，则下列说法正确的是()A．0～15s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)＝0.002mol·L－1·s－1B．c(HI)由0.07mol·L－1降到0.05mol·L－1所需的反应时间小于10sC．升高温度正反应速率增大，逆反应速率减小D．减小反应体系的体积，化学反应速率增大【答案】D【解析】0～15s内，v(I2)＝eq\f(1,2)v(HI)＝eq\f(1,2)×eq\f(（0.1－0.07）mol·L－1,15s)＝0.001mol·L－1·s－1，A错误；随着反应的进行，c(HI)减小，v(HI)减小，故c(HI)由0.07mol·L－1降到0.05mol·L－1所需时间大于10s，B错误；升高温度，正、逆反应速率均增大，C错误；减小反应体系的体积，压强增大，反应速率增大，D正确。5．在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g)＋CO(g)eq\f(1,2)N2(g)＋CO2(g)ΔH＝－373.2kJ·mol－1，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是()A．加催化剂同时升高温度B．加催化剂同时增大压强C．升高温度同时充入N2D．降低温度同时增大压强【答案】B6．已知某密闭容器中发生反应：X(g)＋Y(g)2W(g)＋Z(g)ΔH<0(Y物质易被液化)。下列有关说法中一定正确的是()A．若W为有颜色的物质，达平衡后，增大压强，体系颜色变浅B．改变压强，该反应的平衡常数一定不变C．平衡时，其他条件不变，升高温度，正反应速率增大程度比逆反应速率增大程度小D．平衡时，其他条件不变，分离出Z，正反应速率增大【答案】C【解析】A项，增大压强，不论平衡向哪个方向移动，各物质浓度变大，体系颜色应变深；B项，Y物质易被液化，加压有可能导致Y变为液态，平衡常数的表达式变了，平衡常数也就可能改变；C项，升温，平衡逆向移动，正确；D项，分离出Z，正反应速率瞬间不变，随后减小。7．合成氨反应的正反应是气体体积减小的放热反应。合成氨工业的生产流程如下：关于合成氨工业的说法中不正确的是()A．混合气体进行循环利用遵循绿色化学思想B．合成氨反应须在低温下进行C．对原料气进行压缩是为了增大原料气的转化率D．使用催化剂可以提高反应的速率，但是不能使平衡向正反应方向移动【答案】B【解析】低温虽然有利于平衡正向移动，但低温会导致反应速率降低，不利于提高生产效率，B错误。8．下列说法中正确的是()A．凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的B．自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变C．自发反应在恰当条件下才能实现D．自发反应在任何条件下都能实现【答案】C9．对于甲醇的合成反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，改变下列条件，不能使反应的平衡常数发生改变的是()A．升高温度B．降低温度C．增大压强D．将该反应的化学计量数增大一倍【答案】C10．已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－197.8kJ·mol－1。起始反应物为SO2和O2(物质的量之比为2∶1，且总物质的量不变)。SO2的平衡转化率随温度和压强的变化如下表，下列说法不正确的是()温度/K转化率/%1.01×105Pa5.07×105Pa10.1×105Pa25.3×105Pa50.7×105Pa67399.299.699.799.899.972397.598.999.299.599.677393.596.997.898.699.0A．一定压强下降低温度，SO2的转化率增大B．在不同温度、压强下，转化相同物质的量的SO2所需要的时间相等C．使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间D．工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2的转化率已相当高【答案】B【解析】由于在不同温度、压强下，化学反应速率不一定相等，故转化相同物质的量的SO2所需要的时间不一定相等，B错误；由图中数据可知，不同温度下，1.01×105Pa(常压)下SO2的转化率分别为99.2%，97.5%，93.5%，已经相当高了，且加压后转化率升高并不明显，所以没有必要通过加压提高转化率，D正确。11．已知H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH<0，有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是()A．甲、乙提高相同温度B．甲中加入0.1molHe，乙不改变C．甲降低温度，乙不变D．甲增加0.1molH2，乙增加0.1molI2【答案】C【解析】甲、乙能达到同一平衡状态，HI浓度相等。升高温度HI浓度都减小，不能判断甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，A错误；向甲中充入氦气，因为容积不变，各物质浓度不变，平衡不移动，甲、乙中HI的平衡浓度相等，B错误；对甲降温，平衡向右移动，HI浓度增大，乙中HI浓度不变，C正确；甲增加0.1molH2，乙增加0.1molI2，甲、乙中HI浓度增大程度相等，使甲、乙中HI的平衡浓度相等，D错误。12．在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH<0，下列分析中不正确的是()A．图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响B．图Ⅱ研究的是t0时增大压强(缩小容积)或使用催化剂对反应速率的影响C．图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且乙使用了催化剂D．图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高【答案】C【解析】t0时平衡向左移动，且逆反应速率大于正反应速率，可能是升高了温度，A正确；该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，增大压强，可同等程度地增大正、逆反应速率，平衡不移动，使用催化剂，不影响平衡，但反应速率增大，B正确；如果图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，平衡时甲、乙两条件下的CO转化率应相等，C错误；如果图Ⅲ研究的是温度对平衡的影响，由曲线斜率知乙条件下温度高于甲条件，那么从甲升温到乙，平衡向左移动，CO的转化率下降，D正确。13．某温度下，可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)的平衡常数为K，下列对K的说法正确的是()A．K值越大，表明该反应越有利于C的生成，反应物的转化率越大B．若缩小反应器的容积，能使平衡正向移动，则K增大C．温度越高，K一定越大D．如果m＋n＝p，则K＝1【答案】A【解析】对于一个确定的化学反应，K值只是温度的函数，温度一定，K值一定，与压强无关，B错误；因该反应的热效应不确定，C错误；由m＋n＝p，无法判断K的大小，D错误。14．在某密闭容器中，可逆反应：A(g)＋B(g)xC(g)符合图中(Ⅰ)所示关系，φ(C)表示C气体在混合气体中的体积分数。由此判断，对图像(Ⅱ)说法不正确的是()A．p3>p4，Y轴表示A的转化率B．p3>p4，Y轴表示B的质量分数C．p3>p4，Y轴表示B的转化率D．p3>p4，Y轴表示混合气体的平均相对分子质量【答案】B【解析】据图像(Ⅰ)，在压强不变时，由曲线斜率知T1>T2。降温(T1→T2)时，φ(C)增大，即平衡正向移动，说明正反应为放热反应。当温度不变时，由曲线斜率知压强p2>p1，增大压强(p1→p2)时，φ(C)增大，即平衡正向移动，故x<2。由图像(Ⅱ)知，保持体系压强不变，升高温度，平衡逆向移动，A、B的转化率、φ(C)、混合气体的平均相对分子质量均减小，而A、B的质量分数增大。15．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FeCl3固体，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【答案】D【解析】缩小体积，平衡右移，但c(NO2)浓度仍增大，颜色变深，A错误；扩大容积，平衡不移动，但由于c(I2)减小，故体系颜色变浅，B错误；加FeCl3固体，使平衡右移，体系颜色变深，C错误；压强不变，充入O2(注：O2不参与反应)，体积扩大，平衡左移，D正确。16．对于化学反应方向的判断，下列说法中正确的是()A．温度、压强一定时，放热的熵减小的反应一定能自发进行B．温度、压强一定时，焓变和熵变共同决定一个化学反应的方向C．反应焓变是决定反应能否进行的唯一因素D．固体的溶解过程与熵变无关【答案】B【解析】温度、压强一定时，放热的、熵增加的反应一定能自发，A错误；化学反应的方向由焓变和熵变共同决定，不能仅用焓变或熵变判断反应的方向，B正确，C错误；固体的溶解过程是熵增过程，D错误。二、非选择题：本大题共4小题，共56分。17．(14分)在密闭容器中，使2molN2和6molH2混合发生下列反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0。(1)当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是；N2和H2的转化率之比是。(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(填“增大”“减小”或“不变”，后同)，密度。(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)1∶31∶1(2)减小不变(3)逆向(4)向左移动小于【解析】(1)对N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，在密闭容器中，开始时n(N2)∶n(H2)＝2∶6＝1∶3，反应时消耗n(N2)∶n(H2)＝1∶3，故平衡时n(N2)∶n(H2)＝1∶3，所以c(N2)∶c(H2)＝1∶3，转化率之比为1∶1。(2)升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体的总物质的量增大，总质量不变，故平均相对分子质量变小，由ρ＝eq\f(m,V)知密度不变。(3)达平衡后，保持压强不变，充入氩气，使体系体积增大，浓度减小，相当于减小压强，使平衡逆向移动。(4)恒容时升高温度至原来的2倍，根据勒夏特列原理，平衡向吸热反应的方向移动，即向左移动，达新平衡后，容器内温度大于原来的温度，小于原来温度的2倍。18．(14分)300℃时，将2molA和2molB两种气体混合于2L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g)ΔH＝Q，2min末达到平衡，生成0.8molD。(1)300℃时，该反应的平衡常数表达式K＝。已知K300℃<K350℃，则ΔH0(填“>”或“<”)。(2)在2min末时，B的平衡浓度为，D的平均反应速率为。(3)若温度不变，缩小容器容积，则A的转化率(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是________________________________________________。【答案】(1)eq\f(c2（C）·c2（D）,c3（A）·c（B）)>(2)0.8mol·L－10.2mol·L－1·min－1(3分)(3)不变反应前后气体分子数不变，压强对平衡无影响(3分)【解析】(1)温度越高，K越大，则说明升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，ΔH>0。(2)生成0.8molD，则反应掉0.4molB，剩余1.6molB，c(B)＝eq\f(1.6mol,2L)＝0.8mol·L－1；v(D)＝eq\f(0.8mol,2L×2min)＝0.2mol·L－1·min－1。(3)该反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动，故A的转化率不变。19．(14分)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。(1)CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图所示。①写出400～600℃范围内分解反应的化学方程式：___________________。②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是________________________________________________。(2)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH＝＋41.2kJ·mol－1反应Ⅱ：2CO2(g)＋6H2(g)=CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH＝－122.5kJ·mol－1在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。其中：CH3OCH3的选择性＝eq\f(2×CH3OCH3的物质的量,反应的CO2的物质的量)×100%。①温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②220℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有________________________________________________________________________________________________________________________________________________。【答案】(1)①CaC2O4eq\o(=,\s\up7(400～600℃))CaCO3＋CO↑②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔(2)①反应Ⅰ的ΔH>0，反应Ⅱ的ΔH<0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度(5分)②增大压强、使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂【解析】(1)①CaC2O4·H2O的相对分子质量为146，分析图像，200℃时eq\f(剩余固体的质量,原始固体的质量)的值由eq\f(146,146)变为eq\f(128,146)，发生的反应为CaC2O4·H2O失去结晶水生成CaC2O4，在400～600℃时eq\f(剩余固体的质量,原始固体的质量)的值又由eq\f(128,146)变为eq\f(100,146)，发生的反应为CaC2O4分解产生CO气体，根据原子守恒，还生成CaCO3。②CaC2O4·H2O分解产生更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔，接触面积更大，捕集性能更好。(2)①300℃后，CH3OCH3的选择性降低，因为反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，即反应Ⅱ中CO2平衡转化率降低，但图中CO2平衡转化率增大，则原因是反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，即反应Ⅰ中CO2平衡转化率上升，且上升幅度大于反应Ⅱ中CO2平衡转化率下降的幅度。②对于反应Ⅱ，增大压强能够使平衡正向移动，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂能够加快反应速率。20．(14分)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：(1)Deac