第二章《化学反应的方向、限度与速率》测试题（含解析）2023--2024学年上学期高二化学鲁科版（2019）选择性必修1

第二章《化学反应的方向、限度与速率》测试题
一、单选题
1．用作催化剂可实现加氢制二甲醚(图中)和甲醇(图中)，反应机理如图所示：
下列有关叙述正确的是
A．步骤有非极性键的断裂和形成
B．氧空位用于捕获，空位越多，速率越慢
C．整个过程中，元素的化合价未发生变化
D．过渡态d通过氢化和水解可得二甲醚和甲醇
2．向体积为2L的恒容密容器中通入和，发生反应。在不同温度(、)下测得容器中随时间的变化曲线如图。下列说法正确的是
A．
B．该反应是放热反应
C．时，的平衡转化率是60%
D．时，平衡后气体物质的量为起始的
3．科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b、c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是
A．整个过程是自然界中氮的固定
B．生物酶降低了各个反应的焓变，加快了反应速率
C．整个过程中，每生成1 mol ，转移3 mol电子
D．整个过程有极性共价键、离子键及非极性共价键的断裂和形成
4．对于可逆反应：(正反应放热)，下列图象中正确的是
A． B． C． D．
5．将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：，若经2s后平衡，测得的体积分数为50%，下列说法中正确的是
①2s内，用A表示的平均速率为
②平衡时物质A的转化率为50%
③平衡时物质B的浓度为
④平衡常数为6.75
⑤在绝热恒容条件下，当容器中气体总压强恒定时，可判断反应达到平衡状态
A．②④⑤ B．①③ C．②③⑤ D．③④
6．BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示，下列说法不正确的是
A．该过程中BMO不只作催化剂，还表现较强氧化性
B．该过程的总反应： C6H6O+7O26CO2+3H2O
C．苯酚在空气中容易被氧化成粉红色物质
D．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1
7．下列说法正确的是
A．一定条件下，在体积为10 L的密闭容器中充入1 mol X和1 mol Y进行反应：2X(g)+Y(g) Z(g)达到平衡，若将容器体积变为20 L，则Z的平衡浓度等于原来的
B．C(s)+H2O(g) H2(g)+CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡
C．若压强不再随时间变化时能说明反应2A(？)+B(g) 2C(？)已达平衡，则A、C不能同时是气体
D．1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1
8．接触法制备硫酸中的关键步骤是：在催化作用下与空气中在接触室发生可逆反应，其热化学方程式为： 。下列关于反应的说法正确的是
A．该反应
B．上述反应的平衡常数表达式为
C．反应达到平衡后，与之比不变
D．反应中断裂旧共价键的键能之和比反应中形成新共价键的键能之和大
9．下列事实能用勒夏特列原理解释的是
A．采用加压条件来提高H2+I22HI反应的效率
B．催化剂有利于 SO2 的催化氧化反应2SO2+O22SO3
C．500℃左右的温度比室温更有利于合成氨的反应N2+3H22NH3 ΔH<0
D．常温下，将1mLpH=3的醋酸溶液加水稀释至l00mL，测得其pH<5
10．在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上电还原为CO的反应进程中(电还原为的反应可同时发生)，相对能量变化如图。下列说法正确的是
A．和均在电解池的阴极放电
B．催化剂不参与化学反应，但可以加快反应速率
C．反应过程中，先断键形成C原子和O原子，再重新组合成CO
D．电还原为CO从易到难的顺序为：a、b、c
11．在一定条件下，将2molNO和1molO2通入恒容密闭容器中进行反应，容器中发生两个反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H＜0和2NO2(g)N2O4(g)△H＜0。在不同温度下，测得平衡时体系中NO、O2、NO2的物质的量与温度的关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线c代表NO2的物质的量与温度的关系
B．2NO+O22NO2的平衡常数：x点＞y点
C．y点时2NO+O22NO2的反应速率：v正＜v逆
D．400～1200℃时，随着温度升高，N2O4的体积分数不断减小
12．反应的反应机理为：①②……③(快反应)，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：
0.038 0.060
0.076 0.060
0.076 0.030
下列说法正确的是
A．该反应的速率方程为
B．该反应的速率常数k的值为6.58×10-3
C．第②步的反应方程式为
D．3步反应中反应③的活化能最大
13．下列有关工业生产的叙述正确的是
A．合成氨生产过程中升高温度可加快反应速率，缩短生产周期，故温度越高越好
B．硫酸工业中，使用催化剂是为了提高SO2转化为SO3的转化率
C．合成氨工业中，将NH3及时液化分离有利于氨的生产
D．硫酸工业中，SO2的催化氧化不采用高压，是因为压强对SO2转化率无影响
14．向一体积为3L的恒容密闭容器中充入和，在一定温度下发生反应：，测得容器内的物质的量(n)与反应时间(t)的关系如表所示。
反应时间t/min 2 4 6 8 10
的物质的量n/mol 0.04 0.06 0.07 0.075 0.075
下列说法正确的是
A．0 4min内，的平均反应速率
B．第6min时的正、逆反应速率之差小于第8min时的
C．该温度下，的转化率为25%
D．第10min时，升高温度，正反应速率和逆反应速率均增大
二、填空题
15．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1molSO2(g)氧化为1molSO3的ΔH= 99kJ·mol-1。请回答下列问题：
(1)图中A、C分别表示 、 。
(2)图中△H= kJ·mol-1
(3)若2molSO2和1molO2在上述条件下反应达到平衡时放出的热量为Q，则Q 198(填>，<或=)。
16．运用化学反应原理研究氮及其化合物的反应有重要意义。
(1)写出NH3的电子式 ，NH3催化氧化的化学方程式为 。
(2)合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ·mol-1，在工业生产中温度常控制在480℃，而非常温。请从化学反应速率和催化剂的角度加以解释 。
(3)合成氨过程中发生的反应机理如下：
I.2xFe+N22FexN(慢)；
II.2FexN+3H2(g)2xFe+2NH3(g)(快)
回答下列问题：
合成氨反应的速率快慢主要取决于 (填“I”或“II”)。
②合成氨反应的催化剂是 (填化学式)。
③反应I的活化能 反应II的活化能(填“>”“=”或“<”)。
④使用催化剂前后，合成氮反应的△H (填“增大”“减小”或“不变”)。
17．铬及其化合物有许多独特的性质和用途。如炼钢时加入一定量的铬可得到不锈钢，是实验中常用的强氧化剂之一，从含有铬、锌、钢、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质的工业废料回收铬的生产流程如图：
几种金属离子生成氢氧化物沉淀的见表：
氢氧化物
开始沉淀的 1.5 8 7.2 6
沉淀完全的 3.3 12 9.5 8
请回答下列问题：
(1)写出提高酸浸速率的措施 (写出两点)。
(2)酸浸时形成的金属离子的价态均相同，料渣中含有大量的合金，写出除钴时反应的离子方程式 。
(3)若仅从试剂的经济角度考虑，试剂X最好是 ，如果试剂X是，请写出其氧化的离子反应方程式 。
(4)已知氧化过程中铁、铬形成的离子均被完全氧化，则调时应将控制在 范围内，单质铬与试剂Y反应时，反应中二者消耗量 。
(5)设计实验检验废液中是否含有： 。
18．在一个恒容反应器中发生反应：，该反应的平衡常数随温度的变化如表：
温度 400 500 830
平衡常数K 10 9 1
(1)该反应的正反应为 反应填“吸热”或“放热”。
(2)830℃时，向反应器中投入1mol 、2mol 、x mol 和 发生上述反应，要使反应开始时向逆反应方向进行，x的取值范围是 。
(3)若反应器绝热，判断该反应达到平衡状态的标志是 填序号。
①体系的压强不再发生变化
②混合气体的密度不变
③混合气体的平均相对分子质量不变
④各组分的物质的量浓度不再改变
⑤消耗1mol 的同时，生成1mol
(4)如图表示该反应在时刻达到平衡，在时刻因改变某个条件浓度变化的情况，图中时刻发生改变的条件可能是 写出两种。
19．现有反应：mA(g) + nB(g) pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则:
(1)该反应的逆反应为 热反应，且m+n p(填＞、=、＜)。
(2)若加入B(体积不变)，则A的转化率 ，B的转化率 。(填增大、减小或不变)
(3)若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比将 。(填增大、减小或不变)
(4) 若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量 。(填增大、减小或不变)
(5)若B是有色物质，A、C均无色，则加入C(体积不变)时混合物颜色 ，而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色 (填变深、变浅或不变)。
20．探究浓度对化学平衡移动的影响
按表中实验操作步骤完成实验，观察实验现象，填写下表：
实验原理
实验步骤 实验1　向试管中加入4 mL 0.1 mol·L-1 K2Cr2O7溶液，再滴加数滴1 mol·L-1 NaOH溶液，观察溶液颜色的变化。 实验2　将上述溶液分成两份，向其中一份中滴加1 mol·L-1 HNO3溶液，观察溶液颜色的变化，并和另一份溶液作对比。
实验现象
实验结论
21．请参考题中图表，已知E1=134kJ mol-1、E2=368kJ mol-1，根据要求回答问题。
(1)图I是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2(g)和NO(g)的过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是 ，ΔH的变化是 。(填“增大”“减小”或“不变”)
(2)图II表示一定条件下，在水溶液中1molCl-、ClO(x=1，2，3，4)的能量相对大小。
①D是 (填离子符号)。
②B→A+C反应的热化学方程式为 (用离子符号表示)。
22．氨为重要的化工原料，有广泛用途，合成氨气的反应原理是：N2+3H22NH3。起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。
①恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是 (填序号)
A．N2和H2的转化率相等 B．反应体系密度保持不变
C．保持不变 D．
②该反应的平衡常数表达式K＝ ， H 。
③比较大小：P1 P2，理由是
④平衡时B、D两点的正反应速率：υ(B) υ(D)。(填“<”或“>”或“=”)
23．氧族元素的单质及其化合物对人类的生活、生产有着举足轻重的影响。完成下列填空：
（1）在氧、硫、硒、碲元素原子形成的简单阴离子中，其离子半径由大到小的顺序为 （用离子符号表示）。与硫元素同周期且在本周期中非金属性最强的元素在周期表中的位置 。
（2）氧族元素的单质及其化合物的性质存在着相似性和递变性。下列有关说法正确的是
A．氧族元素气态氢化物的稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱
B．其氢化物中的键长按O—H、S—H、Se—H、Te—H的顺序依次减小
C．其阴离子的还原性按O2–、S2–、Se2–、Te2–的顺序依次增强
D．其最高价氧化物的水化物酸性按H2SO4、H2SeO4、H2TeO4顺序依次增强
（3）石油化工的废气中有H2S，写出从废气中回收单质硫的两种方法
（除空气外，不能使用其他原料）。以化学方程式表示：
（4）从图可知氧族元素氢化物的沸点变化规律是 。
（5）2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)是制备提取的需要反应,在恒温下，向容积固定的容器中加入一定量的SO2和O2，能说明该可逆反应已达到平衡状态的是 （填序号）
a.V(O2)正=2v(SO2)逆 b.c(SO2)=c(SO3)
c.混合气体的密度保持不变 d.容器中压强不随时间变化而变化
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】A．步骤有非极性键H-H键的断裂，没有非极性键的形成，故A错误；
B．由可知，氧空位用于捕获，空位越多，速率越快，故B错误；
C．含有氧空位和不含氧空位时元素的化合价不同，故C错误；
D．根据图示，过渡态d通过氢化和水解生成二甲醚和甲醇，故D正确；
选D。
2．D
【详解】A．温度越高，反应速率越快，反应先达到平衡，则Ta＞Tb，故A错误；
B．由图可知，Ta时，反应达到平衡时CO物质的量大于Tb，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应是吸热反应，故B错误；
C．Tb时，反应达到平衡时CO物质的量为0.6mol，根据方程式可知，Δn（CH4）=0.6mol，CH4的平衡转化为=40%，故C错误；
D．Ta时，反应达到平衡时CO物质的量为1mol，列化学平衡三段式，
，故D正确；
故选D。
3．C
【分析】由图示可知，过程Ⅰ为在酶1的作用下转化为NO和，反应的离子方程式为，生成1 mol NO，a过程转移1 mol ；过程Ⅱ为NO和在酶2的作用下发生氧化还原反应生成和，反应的离子方程式为，消耗1 mol NO，b过程转移3 mol ；过程Ⅲ为转化为和、4，反应的离子方程式为，则过程Ⅰ~Ⅲ的总反应为。
【详解】A．因产物是，不是氮的固定，A错误；
B．生物酶加快了反应速率，不能改变反应的焓变，B错误；
C．由总反应可知，，整个过程中，每生成1 mol ，转移3 mol电子，C正确；
D．整个过程中没有离子键的形成，D错误；
故选C。
4．B
【详解】A．该反应为放热反应，平衡后继续升高温度平衡逆向移动，所以交点后逆反应速率应该大于正反应速率，A错误；
B．该反应放热，压强相同时，温度升高平衡逆向移动，A的物质的量分数越大；该反应为气体系数之和减小的反应，温度相同时，增大压强平衡正向移动，A的物质的量分数减小，图像正确，B正确；
C．温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，且反应放热，温度越高，A的物质的量分数越大，C错误；
D．增大压强，正逆反应速率都增大，且正反应速率应该大于逆反应速率，D错误；
综上所述答案为B。
5．A
【分析】列三段式有：
％=50％，解得：，据此分析解答。
【详解】①，①错误；
②平衡时A的转化率为，②正确；
③平衡时物质B的浓度为，③错误；
④平衡常数为，④正确；
⑤该反应反应前后气体总的物质的量不变，则在绝热恒容条件下，气体的总压强与容器内温度成正比，当容器中气体总压强恒定时，温度不再变化，反应达到平衡状态，⑤正确；
综上所述，正确的是②④⑤，故选A。
6．A
【分析】由图可知，BMO光催化降解苯酚的反应中，BMO为反应的催化剂，氧气和苯酚是反应物，二氧化碳和水是生成物，总反应方程式为C6H6O+7O26CO2+3H2O。
【详解】A．由图可知，光照条件下BMO与氧气反应时，BMO被氧气氧化成BMO+，BMO是反应的还原剂，表现还原性，故A错误；
B．由分析可知，BMO光催化降解苯酚的总反应方程式为C6H6O+7O26CO2+3H2O，故B正确；
C．苯酚具有还原性，在空气中放置容易被氧化成粉红色物质，故C正确；
D．由图可知，①中1molO反应时转移3mol电子，而②中1molBMO+反应时转移1mol电子，由得失电子数目相等可知，①、②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1，故D正确；
故选A。
7．B
【详解】A．对于反应2X(g)+Y(g) Z(g)，当反应容器体积由10L扩大到20L，相当于减压，平衡左移，则Z的平衡浓度小于原来的 ，A项错误；
B．在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；
C．即使A，C物质均为气体，反应前后气体分子总数也会发生变化、压强也会变，故当压强不随时间变化时，仍能说明反应达到平衡，C项错误；
D．设合成氨反应中消耗1 mol N2和3 mol H2同时生成2 mol NH3时，放出热量为Q，则热化学方程式为：，消耗2 mol NH3同时生成1 molN2和3 mol H2时，吸收热量为Q，则热化学方程式为：，当1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1=0.1Q，在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2=Q1，D项错误；
故答案选B。
8．C
【详解】A．反应为气体体积减小的反应，则，选项A错误；
B．K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，，选项B错误；
C．与之比不变时，各组分的浓度保持不变，反应达平衡状态，选项C正确；
D．△H=反应中断裂的旧化学键键能之和-反应中形成的新化学键键能之和，该反应△H<0，故反应中断裂旧共价键的键能之和比反应中形成新共价键的键能之和小，选项D错误；
答案选C。
9．D
【详解】若改变外界条件能够改变化学平衡，则能用勒夏特列原理解释，
A．H2+I22HI为气体等体积反应，增大压强不会改变H2+I22HI的化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．催化剂只是同等程度增大化学反应速率，不会改变化学平衡，故B不选；
C．N2+3H22NH3是放热反应，升高温度会使平衡逆向移动，而500℃左右的温度比室温更有利于合成氨的原因是升高温度能够提高化学反应速率，提高合成氨效率，故C不选；
D．常温下，将1mLpH=3的醋酸溶液加水稀释至l00mL，体积扩大102倍，但所得溶液pH<5，说明醋酸电离平衡正向移动，可用勒夏特列原理解释，故D选；
综上所述，答案为D。
10．A
【详解】A．电还原为CO的反应和电还原为都是还原反应，均在电解池的阴极放电，故A正确；
B．催化剂只有参加反应才可以改变反应速率，只不过最后催化剂的质量和化学性质没有改变，故B错误；
C．由电还原为CO的反应历程可知，在使用b作催化剂时，先形成*HOCO，再生成CO，故C错误；
D．c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其中a催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a，故D错误；
故选A。
11．C
【详解】A．根据题意，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时和的物质的量增大，由于和的投料比等于化学计量数之比，则和的物质的量之比为2∶1，故曲线a、b、c分别代表的物质的量与温度的关系，故A正确；
B．该反应为放热反应，温度越高K越小，则的平衡常数：x点点，故B正确；
C．y点时反应处于平衡状态，则反应速率：v(正)=v(逆)，故C错误；
D．时，随着温度升高，平衡逆向移动，的体积分数不断减小，故D正确；
故选C。
12．B
【详解】A．由1、2两组数据可知：c()增大一倍，速率增大一倍；由2、3两组数据可知：c(I-)增大一倍，速率增大1倍，该反应的速率方程为，A错误；
B．将1组的数据代入速率方程式可得：v=k×0.038×0.06=1.5×10-5，解得k=6.58×10-3，B正确；
C．根据盖斯定律，用总反应-①-③，整理可得第②步的反应方程式为，C错误；
D．3步中反应③为快反应，其活化能最小，D错误；
故合理选项是B。
13．C
【详解】A．合成氨生产过程中升高温度可加快反应速率，缩短生产周期，但合成氨气的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应分析移动，导致NH3的平衡含量降低，因此不是反应温度越高越好，而是应该采用适当的温度，A错误；
B．在硫酸工业中，使用催化剂是为了降低反应的活化能，提高化学反应速率，但SO2转化为SO3的转化率不变，B错误；
C．合成氨工业中，将NH3及时液化分离，就是降低了生成物的浓度，可以使化学平衡正向移动，从而有利于氨的生产，C正确；
D．硫酸工业中，SO2转化为SO3的正反应是气体体积进行的反应，增大压强化学平衡正向移动，有利于SO3的生成，但效应的铲除小于增大压强需要的动力及对设备材料的投入的增加，不经济，而是因为增大压强对SO2转化率无影响，D错误；
故合理选项是C。
14．D
【详解】A．0～4min内生成二氧化碳的物质的量是0.06mol，根据方程式可知消耗二氧化氮的物质的量是0.12mol，所以NO2的平均反应速率v(NO2)==0.01mol·L-1·min-1，选项A错误；
B．根据表中数据可判断第6min时反应正向进行，第8min时达到平衡状态，所以第6min时的正、逆反应速率之差大于第8min时的，选项B错误；
C．平衡时生成二氧化碳的物质的量是0.075mol，根据方程式可知消耗甲烷的物质的量是0.075mol，所以该温度下，CH4的平衡转化率为×100%=75%，选项C错误；
D．升高温度一定加快反应速率，因此第10min时，升高温度，正反应速率和逆反应速率均增大，选项D正确；
答案选D。
15． 反成物总能量 生成物总能量 -198 <
【详解】(1)图中A表示反应物总能量，C表示生成物总能量；
(2) 1molSO2(g)氧化为1molSO3的ΔH= 99kJ·mol-1，则2mol SO2(g)氧化为2molSO3的ΔH= 198kJ·mol-1，即图中ΔH= 198kJ·mol-1；
(3)SO2和O2反应生成SO3的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以Q<198。
16．(1) 4NH3+5O24NO+6H2O
(2)较常温，480℃时合成氨反应速率较快，且催化剂在该温度下催化效能最佳
(3) I Fe > 不变
【详解】（1）氨气为共价化合物，电子式为，氨气催化氧化生成一氧化氮气体和水，故化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）合成氨反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1，该反应的正反应是放热反应，在工业生产中温度常控制在480°C，而非常温下进行。这是由于相对于常温下，480℃时温度高，合成氨反应速率较快，且催化剂在该温度下催化效能最佳，有利于氨气的合成；
（3）①合成氨反应的速率快慢主要取决于慢反应。根据已知条件可知反应I是慢反应，故合成氨反应的速率快慢主要取决于反应I；
②合成氨反应的催化剂是铁触媒，即使用Fe作催化剂合成氨气；
③反应的活化能越大，发生反应需消耗的能量就越高，该反应就越不容易发生。由于反应I是慢反应，反应II是快反应，所以反应活化能：I＞II；
④使用催化剂只能降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此使用催化剂前后，合成氨反应的反应热ΔH不变。
17．(1)将废料粉碎、适当升高温度(或适当增大硫酸浓度)
(2)As2O3+2Co2++5Zn+6H+=5Zn2++2CoAs+3H2O
(3) 空气 2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(4) 3.3≤pH<6 4：3
(5)取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+。
【详解】（1）采用将废料粉碎以增大反应物接触面积、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等都能提高酸浸速率，故答案为：将废料粉碎、适当升高温度(或适当增大硫酸浓度)。
（2）铁与稀硫酸反应生成Fe2+，其他金属(除铜外)也均转化为二价离子，锌将Co2+、 As2O3还原为相应的单质，两种单质形成合金，离子反应为：As2O3+2Co2++5Zn+6H+=5Zn2++2CoAs+3H2O；故答案为：As2O3+2Co2++5Zn+6H+=5Zn2++2CoAs+3H2O
（3）氧气、氯气、过氧化氢等氧化剂均能氧化Fe2+，但空气的经济价值最低；如果试剂X是H2O2，氧化Fe2+的离子反应方程式：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；故答案为:空气；2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
（4）调pH时得到Fe(OH)3沉淀，为将铁离子除尽，且Cr3+不沉淀，pH应不小于3.3，但要小于6；单质铬与氧气反应得到Cr2O3反应中二者消耗量n(Cr):n(Y)=4：3，故答案为：3.3≤pH<6；4：3。
（5）用KSCN溶液检验Fe3+，取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+
故答案为：取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+。
18． 放热 x＞4 ①④ 降低温度、增加水蒸气的量(或减少氢气的量)
【分析】(1)由表中数据可知升高温度平衡常数减小，说明平衡逆向移动，据此分析判断；
(2)830℃时，化学平衡常数K=1．若使反应开始时向逆反应方向进行，则浓度商Qc＞K，据此分析计算；
(3)在一个绝热的固定容积的容器中发生反应：。根据平衡状态的特征和本质分析判断；
(4)在t2时刻因改变某个条件，二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，结合反应的方程式和平衡移动原理分析解答。
【详解】(1)由表可知，温度越高，平衡常数越小，反应进行的程度越小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，故正反应为放热反应，故答案为：放热；
(2)830℃时，化学平衡常数K=1，若使反应开始时向逆反应方向进行，则浓度商Qc＞K，设容器体积VL，即有＞1，解得：x＞4，故答案为：x＞4；
(3)在一个绝热的固定容积的容器中发生反应：：
①此反应属于气体的物质的量不变的反应，但容器绝热，该反应为放热反应，故体系的温度不断升高，故在平衡之前，容器的压强在不断增大，当压强不变时，说明反应达到平衡状态，故①正确；
②混合气体的质量不变，又是恒容的容器，故混合气体的密度自始至终不再发生变化，密度不变，不能作为平衡状态的标志，故②错误；
③混合气体的质量不变，气体的物质的量不变，因此混合气体的平均相对分子质量=，自始至终不发生变化，平均相对分子质量不变，不能作为平衡状态的标志，故③错误；
④各组分的物质的量浓度不再改变，说明反应达到了平衡状态，故④正确；
⑤消耗1mol H2O(g)和生成1mol CO2(g)是同方向，故消耗1mol H2O(g)的同时一定生成1mol CO2(g)，不能作为平衡的标志，故⑤错误；
故答案为：①④；
(4) 是气体体积不变的放热反应，在t2时刻，因改变某个条件，二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，说明平衡正向移动，降低温度，或增加水蒸气的量或减少氢气的量均可以实现平衡正向移动，故答案为：降低温度，或增加水蒸气的量，或减少氢气的量。
【点睛】本题的易错点为(3)①的判断，要注意该容器为绝热容器，随着反应的进行，容器中气体的温度逐渐升高，压强逐渐增大。
19． 放 ＞ 增大 减小 减小 不变 变深 变浅
【分析】
达平衡后，升高温度，B的转化率增大，说明反应向正反应方向进行；减小压强，C的体积分数减小，说明反应向逆反应方向进行，根据平衡的移动及变化条件进行分析。
【详解】
（1）由分析知，达平衡后，升高温度，反应向正反应方向进行，说明该可逆反应的正反应为吸热反应，则逆反应为放热反应；减小压强，C的体积减小，说明反应向逆反应方向进行，根据化学平衡的移动原理，减小压强，反应向气体体积增大的方向进行，可知m+n>p；
（2）容积不变加入B，平衡正向移动，A的转化率增大，B的转化率减小；
（3）升高温度，反应向正反应方向进行，C的浓度增大，B的浓度减小，比值减小；
（4）加催化剂，化学平衡不移动，故平衡时气体混合物的总物质的量不变；
（5）平衡时加入C，反应向逆反应方向进行，混合物的颜色变深；维持容器内压强不变，充入氖气时，体系体积变大，A、B、C的浓度均减小，混合物的颜色变浅。
20． 实验1中溶液由橙色变为黄色，实验2中加入HNO3的试管中溶液由黄色变为橙色，另一份不变色 NaOH溶液使c(H＋)变小，平衡向正反应方向移动；HNO3溶液使c(H＋)增大，平衡向逆反应方向移动
【详解】实验1中滴加数滴1 mol·L-1 NaOH溶液，氢氧根离子和氢离子反应导致氢离子浓度减小，平衡正向移动，溶液由橙色变为黄色；实验2中将上述溶液分成两份，向其中一份中滴加1 mol·L-1 HNO3溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液由黄色变为橙色，而另一份不变色；
故答案为：实验1中溶液由橙色变为黄色，实验2中加入HNO3的试管中溶液由黄色变为橙色，另一份不变色；NaOH溶液使c(H＋)变小，平衡向正反应方向移动；HNO3溶液使c(H＋)增大，平衡向逆反应方向移动。
21．(1) 减小 不变
(2) ClO 3ClO-(aq)=ClO(aq)+2Cl-(aq) ΔH=-117kJ mol-1
【详解】（1）若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，则催化剂降低了反应的活化能，E1减小，E2减小，反应物的总能量和生成物的总能量不变， H不变；答案为：减小；不变。
（2）①D中Cl元素的化合价为+7价，则D是；答案为：。
②根据图示，A、B、C依次为Cl-、ClO-、，B→A+C的离子方程式为3ClO-=2Cl-+，反应的 H=生成物总能量-反应物总能量=2×0kJ/mol+63kJ/mol-3×60kJ/mol=-117kJ/mol，B→A+C的热化学方程式为3ClO-(aq)=2Cl-(aq)+(aq) H=-117kJ/mol；答案为：3ClO-(aq)=2Cl-(aq)+(aq) H=-117kJ/mol。
22． BC < < 该反应是气体分子数减小的反应，增大压强，化学平衡向正反应方向移动，氨气在平衡混合物中的体积分数增大 <
【详解】①A．N2和H2的投入量为1：3，其参与反应的计量数之比也为1：3，故N2和H2的转化率始终相等，不能说明反应达到平衡，故A错误；
B．混该反应前后气体系数之和不同，恒压条件下体积会发生变化，而气体的总质量不变，所以未平衡时密度会发生变化，密度不变时，反应达到平衡，故B正确；
C．氢气为反应物，氨气为生成物，氢气减少，氨气必然增多，的比值会发生变化，保持不变时说明各组分含量保持不变，反应达到平衡，故C正确；
D．根据C选项可知该比值不变时能说明反应平衡，但不变不一定等于2，该比值与投料、转化率等因素有关，故D错误；
故答案为：BC；
②根据平衡常数的定义可知该反应的K=；据图可知同一压强下温度升高，氨气的体积分数减小，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应， H<0；
③该反应是气体分子数减小的反应，温度不变，增大压强，化学平衡向正反应方向移动，氨气在平衡混合物中的体积分数增大，所以P1④温度越高反应速率越快，D点温度远高于B点，所以反应速率v(B)23． Te2 > Se2 > S2 > O2 第三周期VIIA族 AC ①2H2S+3O22H2O+2SO2，2H2S+SO2 = 3S↓+2H2O；②2H2S + O2 2S+2H2O 除H2O外，随着氢化物的相对分子质量增大而熔沸点升高 d
【分析】⑴同主族元素从上到下，对应的离子半径逐渐增大。
⑵根据同主族元素的性质的递变性和相似性判断。
⑶H2S具有还原性和不稳定性。
⑷水中含有氢键，沸点最高，除水外，相对分子质量越大，沸点越高。
⑸达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质浓度不变。
【详解】⑴同主族元素从上到下，对应的离子半径逐渐增大，Te2 >Se2 >S2 >O2 ，与硫元素同周期且在本周期中非金属性最强的元素为Cl，为第三周期VIIA族元素；故答案为：Te2 > Se2 > S2 > O2 ；第三周期VIIA族。
⑵A．元素的非金属性越弱，对应的氢化物的稳定性越弱，按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱，故A正确；B．原子半径越大，则键长越长，其氢化物中的键长按O—H、S—H、Se—H、Te—H的顺序依次增大，故B错误；C．元素的非金属性越强，对应的其阴离子的还原性越弱，则O2 、S2 、Se2 、Te2 的顺序依次增强，故C正确；D．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故D错误；故答案为：AC。
⑶硫化氢可与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫可与硫化氢反应生成硫；硫化氢与氧气反应也可生成硫，涉及反应有①2H2S+3O22H2O+2SO2， 2H2S+SO2 = 3S↓+2H2O；②2H2S + O2 = 2S+2H2O；故答案为：①2H2S+3O22H2O+2SO2，2H2S+SO2 = 3S↓+2H2O；②2H2S + O2 2S+2H2O。
⑷水中含有氢键，沸点最高，除水外，相对分子质量越大，沸点越高，则除H2O外，随着氢化物的相对分子质量增大而熔沸点升高；故答案为：除H2O外，随着氢化物的相对分子质量增大而熔沸点升高。
⑸a．(O2)正=2(SO2)逆，一正一逆相反方向，速率比不等于计量系数比，不能作为判断平衡标志，故a不符合题意；
b．c(SO2)=c(SO3)，不能确定是否达到平衡，故b不符合题意；
c．气密密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，无论是否达到平衡状态，混合气体的密度都保持不变，不能作为判断平衡标志，故c不符合题意；
d．该反应是体积减小的反应，正向反应，压强减小，当压强不随时间变化而变化，可说明达到平衡状态，故d符合题意；
综上所述，答案为；d。
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