2.3 化学平衡的移动（含解析） 同步练习 2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 2.3 化学平衡的移动（含解析） 同步练习 2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 259.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-10 19:20:03 | ||
图片预览
文档简介
出卷网
2.3 化学平衡的移动 同步练习 2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1
一、单选题
1．O3在水中易分解。一定条件下，起始浓度均为0.0216mol／L的O3溶液，在不同的pH、温度下，发生分解反应，测得O3浓度减少一半所需的时间（t）如下表所示：
下列判断错误的是（ ）
A．实验表明，升高温度能加快O3的分解速率
B．pH增大能加速O3分解，表明OH－可以对O3的分解起催化作用
C．在30℃、pH＝4.0时，O3的分解速率为1.00×10－4mol／（L·min）
D．据表中的规律可推知，O3在下列条件下的分解速率v（40℃、pH＝3.0）＞v（30℃、pH＝7.0）
2．下列说法正确的是（ ）
A．焓变和熵变均可以单独作为反应自发性的判据
B．反应NH4HCO3(s)=NH3(g)+ H2O(g)+CO2(g) ΔH=+185.57 kJ·mol-1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向
C．在常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应都不能自发进行
D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向
3．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．收集氯气用排饱和食盐水的方法
B．加催化剂，使N2和H2在一定的条件下转化为NH3
C．可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
D．加压条件下有利于SO2和O2反应生成SO3
4．下列条件的改变，一定会同时影响化学反应速率和化学平衡的是（ ）
A．浓度 B．温度 C．压强 D．催化剂
5．工业上合成氨反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，在实际生产中为提高合成氨的反应速率，下列说法正确的是（ ）
A．温度越高，反应速率越快，因此采取的温度越高越好
B．压强越高，反应速率越快，因此采取的压强越高越好
C．催化剂能加快反应速率，因此可选用适当的催化剂
D．可向容器中加入一定量的水蒸气，使氨气溶解以提高反应速率
6．可逆反应aA(s)+bB(g) cC(g)+dD(g)进行过程中，当其他条件不变时，C的体积分数C%与温度(T)、压强(p)的关系如下图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．达到平衡后，加入催化剂，C的体积分数增大
B．达到平衡后，升高温度，平衡向逆方向移动
C．化学方程式中，b>c+d
D．达到平衡后，增加A的量，平衡向右移动
7．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 蘸有浓氨水的玻璃棒靠近X 产生白烟 X一定是浓盐酸
B 向 溶液中滴入 溶液5~6滴，加 振荡，静置后取上层清液滴加KSCN溶液 溶液变红 与I-的反应有一定限度
C 将浓硫酸加入蔗糖中，产生的气体通入品红溶液 品红溶液褪色 浓硫酸具有强氧化性
D 将石蜡油蒸气通过炽热的碎瓷片分解，得到的气体通入溴的四氯化碳溶液 溴的四氯化碳溶液褪色 分解产物中一定含有乙烯
A．A B．B C．C D．D
8．KI和I2在水中存在的平衡：I2+I-(无色)，以下判断错误的是
A．通入氯气平衡逆向移动
B．增加可以提高I2在水中的溶解度
C．加入少量KI固体，溶液颜色变浅
D．滴加AgNO3溶液无沉淀产生
9．已知分解1mol H2O2 放出热量98KJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2的分解机理为：
H2O2+I﹣→H2O+IO﹣ 慢；
H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣ 快
下列有关反应的说法不正确的是（ ）
A．反应的速率与I﹣的浓度有关
B．IO﹣也是该反应的催化剂
C．反应活化能不等于98KJ mol﹣1
D．υ（H2O2）=υ（H2O）=2υ（O2）
10．(CH3NH3)(PbI3)是钙钛矿太阳能电池的重要吸光材料，其降解原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．H2O不是催化剂
B．H2O与CH3NH 发生作用，生成H3O＋和CH3NH2
C．该反应的化学方程式为(CH3NH3)(PbI3) HI＋CH3NH2＋PbI2
D．及时分离出HI有利于提高产率
11．已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色、[CoCl4]2—呈蓝色、[ZnCl4]2—为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl—[CoCl4]2—+6H2O △H，将该溶液分为三份做实验，溶液的颜色变化如表：
装置 序号 操作 现象
① 将试管置于冰水浴中 溶液均呈粉红色
② 加水稀释
③ 加少量ZnCl2固体
以下结论和解释正确的是（ ）
A．等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2—中σ键数之比为3：2
B．由实验①可知：△H<0，由实验②可推知加水稀释，浓度熵QC．由实验③可知：Zn2+络合Cl—能力比Co2+络合Cl—能力弱
D．实验①②③可知：配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关
12．如图是可逆反应A+2B 2C+3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变（先降温后加压）而变化的情况，由此可推断（ ）
A．降温后逆反应速率增大
B．逆反应是放热反应
C．A，B，C，D均为气体
D．若A，B是气体，则D是液体或固体
13．下列关于工业生产的叙述错误的是
A．氯碱工业的产品主要是氯气、氢气和氢氧化钠及相关物质
B．合成氨工业中反应难以发生的原因和氮气的结构有关
C．硫酸工业中二氧化硫的转化选择475℃是因为高温有利于平衡向产物方向移动
D．纯碱工业使用联合制碱法可提高钠和氯的利用率
14．室温下，下列物质的阴离子能使水的电离平衡向正反应方向移动，且该物质的水溶液的是（ ）
A． B． C． D．HCl
15．可逆反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，如右图所示是A的转化率同压强、温度的关系，分析图像结论正确的是（ ）
A．正反应吸热，m＋n>p＋q B．正反应吸热，m＋nC．正反应放热，m＋n > p＋q D．正反应放热，m＋n < p＋q
16．一定温度下，在三个体积均为 的恒容密闭容器中发生反应：
容器编号 温度( ) 起始物质的量( ) 平衡物质的量( )
① 387 0.20 0.080 0.080
② 387 0.40
③ 207 0.20 0.090 0.090
下列说法正确的是（ ）
A．该反应的正反应为吸热反应
B．达到平衡时，容器①中的 体积分数比容器②中的小
C．若容器①中反应达到平衡时增大压强，则各物质浓度保持不变
D．若起始向容器①中充入 、 、 ，则反应将向正反应方向进行
二、综合题
17．高铁酸盐在能源、环保等领域有着广泛的应用。
资料：高铁酸钾(K2FeO4)固体呈紫色，能溶于水，微溶于浓KOH溶液。K2FeO4在碱性溶液中性质稳定。
（1）研究人员用Ni、Fe作电极电解浓KOH溶液制备K2FeO4，装置示意图如图。
①Ni电极作 (填“阴”或“阳”)极。
②Fe电极上的电极反应为 。
③循环使用的物质是 (填化学式)溶液。
④向阳极流出液中加入饱和KOH溶液，析出紫色固体。试从平衡的角度解释析出固体的原因： 。
（2）K2FeO4可用于处理废水中的NaCN。用如下方法测定处理后的废水中NaCN的含量(废水中不含干扰测定的物质)。
资料：Ag+ +2CN- =Ag(CN) Ag+ + I-=AgI↓(黄色)CN-优先于I-与Ag+反应。
取a mL处理后的废水于锥形瓶中，滴加几滴KI溶液作指示剂，再用cmol/LAgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为V mL。滴定终点时的现象是 ，经处理后的废水中NaCN的含量为 g/L。(已知：NaCN的摩尔质量：49 g/mol)
18．氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：
3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）═Si3N4（s）+6CO（g）
（1）该反应的平衡常数表达式为K=
（2）若知上述反应为放热反应，则其反应热△H 0（填“＞”、“＜”或“=”）；升高温度，其平衡常数值 （填“增大”、“减小”或“不变”）；
若已知CO生成速率为v（CO）=18mol L﹣1 min﹣1，则N2消耗速率为v（N2）=
（3）达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、CO的量），反应速率v与时间t的关系如图．图中t4时引起平衡移动的条件可能是 ；
（4）图中表示平衡混合物中CO的含量最高的一段时间是 ．
（5）已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△H=﹣483.6kJ mol﹣1；H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ mol﹣1，；由此可知H2燃烧热化学方程式为 ．
19．二甲醚是一种重要的清洁燃料，可替代氟利昂作制冷剂，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。请回答下列问题：
（1）利用水煤气合成二甲醚的总反应为：
3H2（g）+3CO（g） CH3OCH3（g）+CO2（g）；ΔH= - 246.4kJ·mol-1
它可以分为两步，反应分别如下：
①4H2（g）+2CO（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g），ΔH1= - 205.1kJ·mol-1
②CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）；ΔH2 = 。
（2）在一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，只改变一个条件能同时提高反应速率和CO转化率的是___________（填字母代号）。
A．降低温度 B．加入催化剂 C．缩小容器体积
D．增加H2的浓度 E．增加CO的浓度
（3）在一体积可变的密闭容器中充入3molH2、3molCO、1molCH3OCH3、1molCO2，在一定温度和压强下发生反应：3H2（g）+3CO（g） CH3OCH3（g）+CO2（g），经一定时间达到平衡，并测得平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍。
问：①该反应的平衡常数表达式为：
②反应开始时正、逆反应速率的大小：v（正） v（逆）。（填“>”、“＜”或“=”）
③平衡时CO的转化率= 。
20．工业废水中的六价铬[Cr(VI)]常采用还原沉淀法、离子交换法和微生物法等方法进行处理。
（1）室温下，含Cr(VI)的微粒在水溶液中存在如下平衡：
H2CrO4 H＋＋HCrO ΔH1
HCrO H＋＋CrO ΔH2
2HCrO ＋H2O ΔH3
室温下，反应2CrO＋2H＋ ＋H2O的ΔH= (用含ΔH1、ΔH2或ΔH3的代数式表示)。
（2）还原沉淀法：使用Na2SO3将Cr(VI)还原为Cr3＋，再将Cr3＋转化为沉淀除去。
①酸性条件下Cr(VI)具有很强的氧化能力，将还原为Cr3＋的离子方程式为 。
②其他条件相同，用Na2SO3处理不同初始pH的含Cr(VI)废水相同时间，当pH＜2时，Cr(VI)的去除率随pH降低而降低的原因是 。
（3）微生物法：
①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(VI)废水时，Cr(VI)去除率随温度的变化如图所示。55℃时，Cr(VI)的去除率很低的原因是 。
②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2＋， 。
（4）离子交换法：用强碱性离子交换树脂(ROH)与和HCrO等发生离子交换，交换过程中发生如下反应：
ROH(s)＋HCrO(aq) RHCrO4(s)＋OH-(aq)
2ROH(s)＋(aq) R2CrO4(s)＋2OH-(aq)
其他条件相同，当pH>4时，Cr(VI)去除率随pH升高而下降的原因是 。
21．乙烯是重要的化工原料，在化工合成与生产中具有极其重要的地位，回答下列问题：
（1）C2H4(g)+3O2=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH1
C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH2
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH3
写出乙烯气体分解得到石墨和氢气的热化学方程式 。
（2）乙烯可由甲烷制得：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)。T℃时在2L恒容密闭容器中充入0.6mol甲烷气体，若5分钟时达到平衡，测得c(C2H4)=2c(CH4)，则v(H2)= mol·L-1·min-1，该反应的平衡常数为 。保持温度不变，若再向平衡后的容器中各充入0.12mol的三种气体，充人后v正 v逆(填“＞”、“＜”或“=”)。
（3）工业上以煤为主要原料制乙烯首先需要制备合成气，生产合成气的反应为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，理论上该反应能自发进行的条件是 。 制得合成气后需用合成气制备甲醇CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，现设置以下三个容器进行该反应(恒温)
编号 条件 n(CO)/mol n(H2)/mol n(CH3OH)/mol
① 恒容 0.2 0.4 0
② 恒容 0.4 0.8 0
③ 恒压 0.4 0.8 0
达平衡时，三个容器中甲醇体积分数的大小关系为 (填编号)。
（4）已知反应2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)可用于制备乙烯，现向一刚性容器中按物质的量之比1：1充入CO2和H2，在温度为378K和478K时CO2的转化率随时间变化如图所示：
①图中A、B、C三点逆反应速率由大到小的顺序是 。
②如改变影响平衡的某一条件使得CO2的平衡转化率增大，则该反应平衡常数的变化是 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A. 实验表明，在pH不变时，升高温度，O3浓度减少一半所需的时间减少，所以升高温度能加快O3的分解速率，A不符合题意；
B. 温度不变时，pH增大O3浓度减少一半所需的时间减少所以pH增大能加速O3分解，表明OH－可以对O3的分解起催化作用，B不符合题意；
C. 在30℃、pH＝4.0时，O3的分解速率为 1.00×10－4mol／（L·min）,C不符合题意；
D. 据表中的规律可推知，在40℃、pH＝3.0的条件下，O3浓度减少一半所需的时间一定大于31s，在30℃、pH＝7.0的条件下，O3浓度减少一半所需的时间一定小于15s，所以O3在下列条件下的分解速率v（40℃、pH＝3.0）故答案为：D。
【分析】本题考查的是用控制变量法探究影响化学反应速率的因素，其关键是控制在其他条件相同的条件下，分析某因素发生变化时对化学反应速率的影响，考查了学生分析数据的能力和归纳推理能力。
2．【答案】B
【解析】【解答】A、化学反应的焓变和熵变共同决定反应方向，A不符合题意；
B、该反应的焓变大于0、熵变大于0，根据△G=△H-T△S＜0能自发进行可判断，自发进行的原因是体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向，B符合题意；
C、在常温下，放热反应不一定能自发进行，吸热反应也不一定不能自发进行，C不符合题意；
D、催化剂只能加快反应速率，不能改变反应方向，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、反应自发性的判断依据为△G=△H-T△S，由焓变和熵变共同决定；
B、ΔH>0，反应物为固体，生成物为气体，ΔS>0，则ΔG<0，可以自发进行；
C、能否自发进行除了跟反应热有关，还跟其混乱程度的变化有关；
D、催化剂只会影响反应速率，影响平衡移动的因素为温度、浓度、压强。
3．【答案】B
【解析】【解答】加催化剂，使N2和H2在一定的条件下转化为NH3，没有利用勒夏特列原理解。
故答案为：B
【分析】勒夏特列原理是指，把平衡状态的某一因素加以改变之后，将使平衡状态向抵消原来因素改变的效果的方向移动。换句话说，如果把一个处于平衡状态的体系置于一个压力增加的环境中，这个体系就会尽量缩小体积，重新达到平衡。催化剂只改变反应速率，不能使化学平衡发生移动。
4．【答案】B
【解析】【解答】A、对于等体反应，同等程度改变反应混合物的浓度不会引起平衡的移动，故A不符合题意；
B、升高温度反应速率加快，化学平衡一定向着吸热方向进行，降低温度反应速率减慢，平衡向放热反应方向移动，故B符合题意；
C、对于没有气体参加的反应，或等体反应，压强改变不会引起平衡的移动，故C不符合题意；
D、使用催化剂只能同等程度改变化学反应的速率，不会引起化学平衡的移动，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据化学反应速率与化学平衡的影响因素分析。升温加快化学反应速率，平衡向吸热方向移动，据此分析解答即可得出答案。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．温度越高反应速率快，但温度过高会消耗更多的燃料，因此实际生产中的温度不是越高越好，A不符合题意；
B．压强越大反应速率快，但压强过高会增加设备的成本，因此实际生产中的压强不是越高越好，B不符合题意；
C．可选用适当的催化剂来提高反应速率，C符合题意；
D．加入水蒸气会降低反应体系的温度，且氨气溶于水并不能提高反应速率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、越高的温度对燃料要求越高；
B、压强对设施有较高要求；
C、催化剂可以加快化学反应速率；
D、水蒸气会降低温度，使化学反应速率减慢。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．达到平衡后，加入催化剂，化学反应速率增大，但化学平衡不移动，则C的体积分数不变，故A不符合题意；
B．由分析可知，该反应为放热反应，达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故B符合题意；
C．由分析可知，该反应是气体体积增大的反应，则气态物质的化学计量数为b＜c+d，故C不符合题意；
D．由方程式可知，A为浓度为定值的固体，达到平衡后，增加A的量，化学反应速率不变，化学平衡不移动，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】解题关键要看懂这两个图，判断谁先达到平衡是原则是：“先拐先平”，在图1中，T2先达到平衡，图2中，P2先达到平衡；然后结和平衡后C的体积分数可以判断该反应放热，b7．【答案】C
【解析】【解答】A．浓硝酸也有挥发性，也会出现白烟（硝酸铵），故A不符合题意；
B．加入碘化钾的量少，无法将三价铁离子完全反应，加入KSCN溶液一定会变红色，无法证明此反应可逆，故B不符合题意；
C．品红褪色说明有二氧化硫生成，硫元素化合价由+6→+4，体现了浓硫酸的强氧化性，故C符合题意；
D．使溴的四氯化碳溶液褪色，只能说明有不饱和烃，不一定是乙烯，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．挥发性酸都可以与浓氨水反应；
B．KI用量过少；
C．根据S的化合价分析；
D．石蜡蒸汽分解会有多种不饱和烃生成。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．氯气能氧化I-而导致平衡逆向移动，故A不符合题意；
B．增大平衡正向移动而促进I2溶解，所以能提高I2在水中的溶解度，故B不符合题意；
C．加入少量KI，溶液中增大，平衡正向移动，碘浓度减小，溶液颜色变浅，故C不符合题意；
D．硝酸银和I-反应生成AgI黄色沉淀，而导致平衡逆向移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据影响化学平衡移动的因素分析。
9．【答案】B
【解析】【解答】解：A．已知：①H2O2+I﹣→H2O+IO﹣ 慢 ②H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣ 快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，I﹣是①的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，故A正确；
B．将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I﹣，IO﹣只是中间产物，故B错误；
C.1mol过氧化氢分解的△H=﹣98KJ/mol，△H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故C正确；
D．因为反应是在含少量I﹣的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故D错误；
故选B．
【分析】由反应原理可知，反应中I﹣起到催化剂的作用，IO﹣为中间产物，化学反应H2O2（l）═2H2O（g）+O2（g），H2O2化合价既降低又升高，所以H2O2既做氧化剂．又做还原剂，反应热与系数成正比，以此解答该题．
10．【答案】A
【解析】【解答】A．据图可知H2O虽然参与了降解过程，但整个过程前后H2O的质量并没有发生变化，所以H2O为催化剂，故A符合题意；
B．据图可知该降解过程的第一步为n[(CH3NH3)(PbI3)]+H2O=[(CH3NH3)n-1][( CH3NH2)(PbI3)n][H3O]，对比各物质的前后变化可知H2O与CH3NH 发生作用，生成H3O＋和CH3NH2，故B不符合题意；
C．观察整个过程可知n个(CH3NH3)(PbI3)在水催化作用下，其中一分子(CH3NH3)(PbI3)分解生成HI、CH3NH2和PbI2，所以化学方程式为(CH3NH3)(PbI3) HI＋CH3NH2＋PbI2，故C不符合题意；
D．及时分离出生成物，可使平衡正向移动，提高产率，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、反应过程中H2O为催化剂；
B、根据降解的第一步反应分析；
C、根据图示反应过程确定反应物和生成物，从而得出反应的化学方程式；
D、结合浓度对反应平衡移动的影响分析；
11．【答案】D
【解析】【解答】A．六水合钴离子中配位键和水分子中的氢氧键都是σ键，四氯合钴离子中配位键是σ键，则等物质的量的六水合钴离子和四氯合钴离子中σ键数之比为(6+2×6)：4=9：2，故A不符合题意；
B．由实验①可知，降低温度，溶液呈粉红色说明平衡向逆反应方向移动，该反应为吸热反应，反应焓变△H＞0，故B不符合题意；
C．由实验③可知，加入氯化锌固体，溶液呈粉红色说明溶液中氯离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，所以锌离子络合氯离子的能力比钴离子络合氯离子的能力强，故C不符合题意；
D．实验①②③可知，配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.配位键也属于 σ键 ；
B.温度降低平衡向放热反应方向移动， 浓度熵QC.根据平衡移动原理分析；
D.分析表格及反应可知变量有温度、浓度、配体。
12．【答案】D
【解析】【解答】解：A．降低温度正逆反应速率均减小，则降温后逆反应速率减小，故A错误；
B．由图象可以看出降低温度，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应移动，则该反应的正反应为放热反应，逆反应吸热反应，故B错误；
C．若A、B、C、D均为气体，增大压强平衡向逆反应方向移动，图示增大压强平衡向正反应方向移动，故C错误；
D．增大压强，平衡向正方向移动，即正方向为体积减小的方向，若A、B是气体，则D是液体或固体，故D正确．
故选D．
【分析】A．降低温度正逆反应速率均减小；
B．由图象可以看出降低温度，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应移动；
C．若A、B、C、D均为气体，增大压强平衡向逆反应方向移动；
D．增大压强，平衡向正方向移动，即正方向为体积减小的方向．
13．【答案】C
【解析】【解答】A.电解氯化钠溶液得到的产品包括氯气、 氢气和氢氧化钠 ，A选项是正确的；
B.氮气内部含有氮氮三键，键能较大不易被破坏，因此氮气的结构很稳定，不易发生合成氨的反应，B选项是正确的；
C.合成氨的反应是放热的反应，升高温度平衡会向逆反应方向进行，所以高温不利于向产物方向移动。C选项是错误的；
D. 纯碱工业使用联合制碱法可提高钠和氯的利用率，因为先将NH3溶于水提供碱性环境。D选项是正确的。
故答案为：C。
【分析】氯化钠 电解方程式是：2NaCl+2H2O=点解=Cl2↑＋H2↑+2NaOH。 离子方程式 为2Cl-+2H2O=通电＝H2↑＋Cl2↑＋2OH-。 食盐水中的氯化钠和水发生电离，通电后分别在阴极与阳极生成氢气与 氯气 ，剩下的氢氧根离子与钠离子结合生成 氢氧化钠 。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．能水解使水的电离平衡向正反应方向移动，且该物质水解使溶液显碱性，故A符合题意；
B．氯离子不发生水解，且该物质的溶液呈弱酸性，故B不符合题意；
C．一水合氨会抑制水的电离，故C不符合题意；
D．氯化氢会抑制水的电离，且该物质的溶液呈酸性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】室温下 pH>7的溶液显碱性。
15．【答案】A
【解析】【解答】A的转化率随着温度的升高而升高，根据勒夏特列原理，正反应方向是吸热反应，根据图像，同一温度下，压强越大，A的转化率越大，说明m＋n>p＋q，故A符合题意。
【分析】反应物A的转化率随温度的升高而增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，A的转化率岁压强的增大而增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，据此判断焓变和化学计量数的关系即可。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．根据表格数据①和③，容器①、③起始量相同，降低温度，平衡向放热方向移动，CH3OCH3平衡物质的量增大，说明平衡正向移动。说明正反应是放热反应，A不符合题意；
B．恒容条件下，容器②相当于在容器①的基础上加压，由于该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，因此平衡不移动，所以容器①中的CH3OH体积分数和容器②中的相等，B不符合题意；
C．若容器①中反应达到平衡时增大压强，平衡不移动，但各物质浓度会增大，C不符合题意；
D．容器①平衡时c(CH3OH)=0.04mol/L、c(CH3OCH3)=0.08mol/L、c(H2O)=0.08mol/L，平衡常数K= =4，若起始向容器①中充入CH3OH 0.10mol、CH3OCH3 0.10mol、H2O 0.10mol，则浓度熵Qc= =1＜4，反应向正反应方向移动，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据温度对平衡移动的影响进行分析判断；
B．依据压强对平衡移动的影响进行分析判断；
C．依据压强对平衡移动的影响进行分析判断；
D．通过比较平衡常数K与浓度熵Qc的大小判断方向。
17．【答案】（1）阴；Fe-6e- +8OH-=FeO +4H2O；KOH；对平衡K2FeO4(s) 2K+(aq)+FeO (aq)，增大c(K+)，溶液中的离子积c2(K+)·c(FeO )大于平衡常数，使平衡逆向进行，溶液析出固体
（2）产生黄色沉淀；
【解析】【解答】(1)①在Ni电极上H2O电离产生的H+得到电子变为H2，发生还原反应，因此Ni电极作阴极；
②在Fe电极上Fe失去电子变为FeO ，发生氧化反应，则Fe电极为阳极，阳极Fe上发生的电极反应式为：Fe-6e- +8OH-=FeO +4H2O；
③阳极消耗OH-产生FeO ，阴极上H2O电离产生的H+得到电子变为H2逸出，同时产生OH-，OH-与K+结合形成KOH，可再用于阳极上作反应物，故循环使用的物质是KOH溶液；
④阳极流出液中含有FeO ，存在平衡：K2FeO4(s) 2K+(aq)+FeO (aq)，向阳极流出液中加入饱和KOH溶液，增大了溶液中c(K+)，使得溶液中的离子积c2(K+)·c(FeO )大于该温度下的平衡常数，使平衡逆向进行，导致溶液析出紫色K2FeO4固体；
(2)当溶液中CN-与Ag+反应完全后会发生反应：Ag+ + I-=AgI↓，产生黄色沉淀，因此该反应滴定终点时的现象是：产生黄色沉淀；
V mL c mol/LAgNO3溶液中含AgNO3的物质的量n(AgNO3)=cV×10-3 mol，根据方程式Ag+ +2CN- =Ag(CN) 可知在a mL废水中含有CN-的物质的量n(CN-)=2n(AgNO3)=2cV×10-3 mol，则经处理后的废水中NaCN的含量为 = g/L。
【分析】（1）根据物质元素化合价的变化情况，确定了左边电极Ni是发生的还原反应，是做的阴极，右边铁电极铁失去电子发生氧化反应做的是阳极，根据阴阳极的电极式中的物质，可以确定循环使用的物质。存在着难溶沉淀的溶解平衡，增加了某离子导致平衡发生了移动
（2）当将 CN- 与银链子结合完后，碘离子开始和银离子结合产生黄色沉淀，根据n=cxv计算物质的量，再结合化学计量系数之比计算物质的质量即可
18．【答案】（1）
（2）＜；减小；6mol L﹣1 min﹣1
（3）增大压强或升高温度
（4）t3～t4
（5）H2（g）+ O2（g）═H2O（g）；△H=﹣285.8 mol﹣1
【解析】【解答】解：（1）可逆反应3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g） Si3N4（s）+6CO（g）的平衡常数K= ；
故答案为：K= （2）对于放热反应，反应热△H＜0；对于放热反应，温度升高，平衡逆向移动，K减小；已知CO生成速率为v（CO）=18mol L﹣1 min﹣1，根据速率之比等于化学计量数之比，则N2消耗速率为v（N2）= ×18mol L﹣1 min﹣1=6mol L﹣1 min﹣1；
故答案为：＜；减小； 6mol L﹣1 min﹣1（3）若不改变H2、CO的量，由图可知，t4时瞬间正、逆反应都增大，平衡向逆反应移动，改变条件为压缩体积增大压强，由（2）已知反应为放热反应，升高温度速率加快，反应逆向移动也可；
故答案为：增大压强或升高温度 （4）t6时瞬间正、逆反应都增大，平衡不移动，故应是加入催化剂，t2时改变改变条件，平衡向正反应移动，在t3时重新到达平衡，t4时改变条件，平衡向逆反应移动，t5时由达平衡，故t3～t4平衡状态CO的含量最高；
故答案为：t3～t4（5）已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△H=﹣483.6kJ mol﹣1；
②H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ mol﹣1，
根据燃烧热的热化学方程式的概念：1mol可燃物充分燃烧生成稳定氧化物的热化学方程式，由盖斯定律：
① +②可得：H2（g）+ O2（g）═H2O（g）；△H=﹣285.8 mol﹣1；
故答案为：H2（g）+ O2（g）═H2O（l）；△H=﹣285.8 kJ mol﹣1
【分析】（1）根据化学平衡常数的概：平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，注意固体度为常数，不写入；（2）对于放热反应，反应热△H＜0；对于放热反应，温度升高，平衡逆向移动，K减小；根据速率之比等于化学计量数之比计算；（3）若不改变H2、CO的量，由图可知，t4时瞬间正、逆反应都增大，平衡向逆反应移动，改变条件为压缩体积增大压强，由（2）已知反应为放热反应，升高温度速率加快，反应逆向移动也可；（4）t6时瞬间正、逆反应都增大，平衡不移动，故应是加入催化剂，t2时改变改变条件，平衡向正反应移动，在t3时重新到达平衡，t4时改变条件，平衡向逆反应移动，t5时由达平衡，故t3～t4平衡状态CO的含量最高；（5）已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△H=﹣483.6kJ mol﹣1；
②H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ mol﹣1，根据盖斯定律，结合燃烧热的概念可得答案．
19．【答案】（1）-41.3kJ·mol-1
（2）C；D
（3）K= ；>；75%
【解析】【解答】（1）已知：①3H2（g）+3CO（g） CH3OCH3（g）+CO2（g） ΔH=-246.4kJ mol-1
②4H2（g）+2CO（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g） ΔH1=-205.1kJ mol-1
由盖斯定律可知，通过①-②可得CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g） ΔH2=-246.4kJ mol-1+205.1kJ mol-1=-41.3kJ mol-1；
（2）A．正反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，但反应速率减小，故A不正确；
B．加入催化剂，反应速率增大，不影响平衡移动，CO的转化率不变，故B不正确；
C．正反应为气体体积减小的反应，缩小容器体积，压强增大，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故C正确；
D．增加H2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，CO的转化率增大，故D正确；
E．增加CO的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，但CO的转化率减小，故E不正确；
故答案为：CD；
（3）①根据平衡常数的表达式可知该反应K=
②平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍，同温同压下体积缩小密度增大，正反应方向混合气体总的物质的量减小，故反应向正反应方向进行，故反应速率v（正）＞v（逆）；
③反应开始时正向进行，设平衡时Δn（CO）=3x mol，则有
密度之比等于气体物质的量的反比，所以有 =1.6，解得3x=2.25mol，所以CO的转化率为 ×100%=75%。
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算出焓变
（2）根据 3H2（g）+3CO（g） CH3OCH3（g）+CO2（g）；ΔH= - 246.4kJ·mol-1 ，需要提高速率且提高一氧化碳的转化率的方法是可以缩小体积，增大压强，增大氢气的浓度等等
（3）①根据方程式利用公式即可写出
②根据混合气体的密度大小即可判断反应移动方向
③根据给出数据利用三行式即可计算出转化率
20．【答案】（1）ΔH3-2ΔH2
（2）3＋＋8H＋=2Cr3＋＋3＋4H2O；部分与H＋结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢
（3）55℃时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性；H2O得到电子转化为H，被H还原为S2-，S2-与Fe2＋结合生成FeS
（4）pH升高导致离子交换平衡逆向移动；pH升高导致HCrO转化为，交换所需ROH的量是交换HCrO所需ROH的量的两倍
【解析】【解答】(1)令反应Ⅰ为H2CrO4 H＋＋HCrO ΔH1，反应Ⅱ为HCrO H＋＋CrO ΔH2，反应Ⅲ为2HCrO ＋H2O ΔH3，根据盖斯定律，将反应Ⅲ-2×反应Ⅱ得2CrO＋2H＋ ＋H2O，则ΔH=ΔH3-2ΔH2，故答案为：ΔH=ΔH3-2ΔH2；
(2)①酸性条件下，Cr(Ⅵ)以存在，具有氧化性，SO具有还原性，二者发生氧化还原反应产生SO、Cr3＋，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，离子方程式为3＋＋8H＋=2Cr3＋＋3＋4H2O，故答案为：3＋＋8H＋=2Cr3＋＋3＋4H2O；
②其他条件相同，用Na2SO3处理不同pH含Cr(Ⅵ)的废水时，反应相同时间，已知酸性条件下Cr(Ⅵ)对Na2SO3具有很强的氧化能力，pH＜2时，Cr(Ⅵ)的去除率随pH降低而降低，是由于当溶液酸性较强时，部分与H＋结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢，故答案为：部分与H＋结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢；
(3)①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含铬废水时，温度常控制在30℃左右，温度过高，Cr(Ⅵ)的去除率低是由于硫酸盐还原菌中含有具有生物活性的蛋白质，其催化活性具有一定的温度范围，若温度过高，硫酸盐还原菌的蛋白质发生变性，导致失去活性，因而Cr(Ⅵ)的去除率降低，故答案为：55℃时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性；
②根据腐蚀原理，Fe失去电子变为Fe2+，H2O得到电子转化为H，被H还原为S2-，S2-与Fe2＋结合生成FeS，故答案为：H2O得到电子转化为H，被H还原为S2-，S2-与Fe2＋结合生成FeS；
(4)根据反应：ROH(s)＋HCrO(aq) RHCrO4(s)＋OH-(aq)、2ROH(s)＋(aq) R2CrO4(s)＋2OH-(aq)可知，其他条件相同，当pH>4时，Cr(VI)去除率随pH升高而下降的原因是pH升高导致离子交换平衡逆向移动；pH升高导致HCrO转化为，交换所需ROH的量是交换HCrO所需ROH的量的两倍，故答案为：pH升高导致离子交换平衡逆向移动；pH升高导致HCrO转化为，交换所需ROH的量是交换HCrO所需ROH的量的两倍。
【分析】（1）利用盖斯定律进行计算，消除中间产物即可得到目标方程式，同时也要注意对焓变也要进行运算。
（2）该反应为陌生氧化还原反应方程式配平，找到氧化剂，还原剂，氧化产物，还原产物，利用化合价升降相等配平即可。
（3）该反应是利用还原菌进行处理污水，温度不要过高，需要考虑生物活性。
（4）pH过高，OH-浓度过大，平衡逆向移动，不利于反应除去铬。
21．【答案】（1）C2H4(g)=2C(s，石墨)+ 2H2(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2-ΔH3
（2）0.048；1.92；＞
（3）高温；③＞②＞①
（4）C＞A＞B；变大或不变
【解析】【解答】(1)乙烯气体分解得到石墨和氢气，反应的化学方程式为C2H4=2C(s，石墨)+2H2，反应①-②×2-③即可得到该反应，根据盖斯定律可得，反应的热化学方程式为C2H4(g)=2C(s，石墨)+ 2H2(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2-ΔH3；
(2)达到平衡时，设转化CH4的浓度为x，则列三段式有：
，已知c(C2H4)=2c(CH4)，则2(0.3-x)=0.5x，解得x=0.24，则v(H2)=
，反应的平衡常数
，保持温度不变，若再向平衡后的容器中各充入0.12mol的三种气体，此时
，则平衡向正反应方向进行，v正＞v逆；
(3)该反应为熵增反应，ΔS＞0，要使反应自发进行，ΔG=ΔH-TΔS＜0，则理论应在高温条件下能够自发进行，②的投入量为①的两倍，③、②相比，③恒压，反应进行时物质的量减少，体积减小，③相当于加压，平衡正向进行的程度比②大，甲醇的体积分数更大，则达到平衡时，三个容器中甲醇体积分数的大小关系为③＞②＞①；
(4)①根据图像，A、C所在曲线先达到平衡，说明温度更高，为478K时CO2的转化率随时间变化曲线，因此B点反应速率最小，又A点CO2转化率比C点低，则A点时生成物浓度更小，逆反应速率更小，则逆反应速率：C＞A＞B；
②由图象，升温可以使CO2的平衡转化率降低，则该反应是放热反应，此时平衡常数会减小，则降温可以增大CO2的转化率，此时平衡常数变大，或着保持温度不变的条件下，增大压强、增大氢气的浓度、及时移去产物等方法，都可以使平衡正向移动，从而CO2的平衡转化率增大，但由于温度不变，则平衡常数不变。
【分析】（1）根据盖斯定律即可写出热化学方程式
（2）根据给出数据结合方程式即可计算出平衡时的浓度即可计算出常数，根据物质的量计算出浓度商与K进行对比即可判断反应方向
（3）根据
即可判断，根据给出的数据进行判断
（4）①根据达到平衡时间即可判断速率大小
②使二氧化碳的转化率增大，可以升温或者是增加氢气的量即可判断常数大小
出卷网（www.chujuan.cn） 1 / 1
2.3 化学平衡的移动 同步练习 2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1
一、单选题
1．O3在水中易分解。一定条件下，起始浓度均为0.0216mol／L的O3溶液，在不同的pH、温度下，发生分解反应，测得O3浓度减少一半所需的时间（t）如下表所示：
下列判断错误的是（ ）
A．实验表明，升高温度能加快O3的分解速率
B．pH增大能加速O3分解，表明OH－可以对O3的分解起催化作用
C．在30℃、pH＝4.0时，O3的分解速率为1.00×10－4mol／（L·min）
D．据表中的规律可推知，O3在下列条件下的分解速率v（40℃、pH＝3.0）＞v（30℃、pH＝7.0）
2．下列说法正确的是（ ）
A．焓变和熵变均可以单独作为反应自发性的判据
B．反应NH4HCO3(s)=NH3(g)+ H2O(g)+CO2(g) ΔH=+185.57 kJ·mol-1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向
C．在常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应都不能自发进行
D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向
3．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．收集氯气用排饱和食盐水的方法
B．加催化剂，使N2和H2在一定的条件下转化为NH3
C．可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
D．加压条件下有利于SO2和O2反应生成SO3
4．下列条件的改变，一定会同时影响化学反应速率和化学平衡的是（ ）
A．浓度 B．温度 C．压强 D．催化剂
5．工业上合成氨反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，在实际生产中为提高合成氨的反应速率，下列说法正确的是（ ）
A．温度越高，反应速率越快，因此采取的温度越高越好
B．压强越高，反应速率越快，因此采取的压强越高越好
C．催化剂能加快反应速率，因此可选用适当的催化剂
D．可向容器中加入一定量的水蒸气，使氨气溶解以提高反应速率
6．可逆反应aA(s)+bB(g) cC(g)+dD(g)进行过程中，当其他条件不变时，C的体积分数C%与温度(T)、压强(p)的关系如下图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．达到平衡后，加入催化剂，C的体积分数增大
B．达到平衡后，升高温度，平衡向逆方向移动
C．化学方程式中，b>c+d
D．达到平衡后，增加A的量，平衡向右移动
7．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 蘸有浓氨水的玻璃棒靠近X 产生白烟 X一定是浓盐酸
B 向 溶液中滴入 溶液5~6滴，加 振荡，静置后取上层清液滴加KSCN溶液 溶液变红 与I-的反应有一定限度
C 将浓硫酸加入蔗糖中，产生的气体通入品红溶液 品红溶液褪色 浓硫酸具有强氧化性
D 将石蜡油蒸气通过炽热的碎瓷片分解，得到的气体通入溴的四氯化碳溶液 溴的四氯化碳溶液褪色 分解产物中一定含有乙烯
A．A B．B C．C D．D
8．KI和I2在水中存在的平衡：I2+I-(无色)，以下判断错误的是
A．通入氯气平衡逆向移动
B．增加可以提高I2在水中的溶解度
C．加入少量KI固体，溶液颜色变浅
D．滴加AgNO3溶液无沉淀产生
9．已知分解1mol H2O2 放出热量98KJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2的分解机理为：
H2O2+I﹣→H2O+IO﹣ 慢；
H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣ 快
下列有关反应的说法不正确的是（ ）
A．反应的速率与I﹣的浓度有关
B．IO﹣也是该反应的催化剂
C．反应活化能不等于98KJ mol﹣1
D．υ（H2O2）=υ（H2O）=2υ（O2）
10．(CH3NH3)(PbI3)是钙钛矿太阳能电池的重要吸光材料，其降解原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．H2O不是催化剂
B．H2O与CH3NH 发生作用，生成H3O＋和CH3NH2
C．该反应的化学方程式为(CH3NH3)(PbI3) HI＋CH3NH2＋PbI2
D．及时分离出HI有利于提高产率
11．已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色、[CoCl4]2—呈蓝色、[ZnCl4]2—为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl—[CoCl4]2—+6H2O △H，将该溶液分为三份做实验，溶液的颜色变化如表：
装置 序号 操作 现象
① 将试管置于冰水浴中 溶液均呈粉红色
② 加水稀释
③ 加少量ZnCl2固体
以下结论和解释正确的是（ ）
A．等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2—中σ键数之比为3：2
B．由实验①可知：△H<0，由实验②可推知加水稀释，浓度熵Q
D．实验①②③可知：配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关
12．如图是可逆反应A+2B 2C+3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变（先降温后加压）而变化的情况，由此可推断（ ）
A．降温后逆反应速率增大
B．逆反应是放热反应
C．A，B，C，D均为气体
D．若A，B是气体，则D是液体或固体
13．下列关于工业生产的叙述错误的是
A．氯碱工业的产品主要是氯气、氢气和氢氧化钠及相关物质
B．合成氨工业中反应难以发生的原因和氮气的结构有关
C．硫酸工业中二氧化硫的转化选择475℃是因为高温有利于平衡向产物方向移动
D．纯碱工业使用联合制碱法可提高钠和氯的利用率
14．室温下，下列物质的阴离子能使水的电离平衡向正反应方向移动，且该物质的水溶液的是（ ）
A． B． C． D．HCl
15．可逆反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，如右图所示是A的转化率同压强、温度的关系，分析图像结论正确的是（ ）
A．正反应吸热，m＋n>p＋q B．正反应吸热，m＋n
16．一定温度下，在三个体积均为 的恒容密闭容器中发生反应：
容器编号 温度( ) 起始物质的量( ) 平衡物质的量( )
① 387 0.20 0.080 0.080
② 387 0.40
③ 207 0.20 0.090 0.090
下列说法正确的是（ ）
A．该反应的正反应为吸热反应
B．达到平衡时，容器①中的 体积分数比容器②中的小
C．若容器①中反应达到平衡时增大压强，则各物质浓度保持不变
D．若起始向容器①中充入 、 、 ，则反应将向正反应方向进行
二、综合题
17．高铁酸盐在能源、环保等领域有着广泛的应用。
资料：高铁酸钾(K2FeO4)固体呈紫色，能溶于水，微溶于浓KOH溶液。K2FeO4在碱性溶液中性质稳定。
（1）研究人员用Ni、Fe作电极电解浓KOH溶液制备K2FeO4，装置示意图如图。
①Ni电极作 (填“阴”或“阳”)极。
②Fe电极上的电极反应为 。
③循环使用的物质是 (填化学式)溶液。
④向阳极流出液中加入饱和KOH溶液，析出紫色固体。试从平衡的角度解释析出固体的原因： 。
（2）K2FeO4可用于处理废水中的NaCN。用如下方法测定处理后的废水中NaCN的含量(废水中不含干扰测定的物质)。
资料：Ag+ +2CN- =Ag(CN) Ag+ + I-=AgI↓(黄色)CN-优先于I-与Ag+反应。
取a mL处理后的废水于锥形瓶中，滴加几滴KI溶液作指示剂，再用cmol/LAgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为V mL。滴定终点时的现象是 ，经处理后的废水中NaCN的含量为 g/L。(已知：NaCN的摩尔质量：49 g/mol)
18．氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：
3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）═Si3N4（s）+6CO（g）
（1）该反应的平衡常数表达式为K=
（2）若知上述反应为放热反应，则其反应热△H 0（填“＞”、“＜”或“=”）；升高温度，其平衡常数值 （填“增大”、“减小”或“不变”）；
若已知CO生成速率为v（CO）=18mol L﹣1 min﹣1，则N2消耗速率为v（N2）=
（3）达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、CO的量），反应速率v与时间t的关系如图．图中t4时引起平衡移动的条件可能是 ；
（4）图中表示平衡混合物中CO的含量最高的一段时间是 ．
（5）已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△H=﹣483.6kJ mol﹣1；H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ mol﹣1，；由此可知H2燃烧热化学方程式为 ．
19．二甲醚是一种重要的清洁燃料，可替代氟利昂作制冷剂，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。请回答下列问题：
（1）利用水煤气合成二甲醚的总反应为：
3H2（g）+3CO（g） CH3OCH3（g）+CO2（g）；ΔH= - 246.4kJ·mol-1
它可以分为两步，反应分别如下：
①4H2（g）+2CO（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g），ΔH1= - 205.1kJ·mol-1
②CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）；ΔH2 = 。
（2）在一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，只改变一个条件能同时提高反应速率和CO转化率的是___________（填字母代号）。
A．降低温度 B．加入催化剂 C．缩小容器体积
D．增加H2的浓度 E．增加CO的浓度
（3）在一体积可变的密闭容器中充入3molH2、3molCO、1molCH3OCH3、1molCO2，在一定温度和压强下发生反应：3H2（g）+3CO（g） CH3OCH3（g）+CO2（g），经一定时间达到平衡，并测得平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍。
问：①该反应的平衡常数表达式为：
②反应开始时正、逆反应速率的大小：v（正） v（逆）。（填“>”、“＜”或“=”）
③平衡时CO的转化率= 。
20．工业废水中的六价铬[Cr(VI)]常采用还原沉淀法、离子交换法和微生物法等方法进行处理。
（1）室温下，含Cr(VI)的微粒在水溶液中存在如下平衡：
H2CrO4 H＋＋HCrO ΔH1
HCrO H＋＋CrO ΔH2
2HCrO ＋H2O ΔH3
室温下，反应2CrO＋2H＋ ＋H2O的ΔH= (用含ΔH1、ΔH2或ΔH3的代数式表示)。
（2）还原沉淀法：使用Na2SO3将Cr(VI)还原为Cr3＋，再将Cr3＋转化为沉淀除去。
①酸性条件下Cr(VI)具有很强的氧化能力，将还原为Cr3＋的离子方程式为 。
②其他条件相同，用Na2SO3处理不同初始pH的含Cr(VI)废水相同时间，当pH＜2时，Cr(VI)的去除率随pH降低而降低的原因是 。
（3）微生物法：
①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(VI)废水时，Cr(VI)去除率随温度的变化如图所示。55℃时，Cr(VI)的去除率很低的原因是 。
②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2＋， 。
（4）离子交换法：用强碱性离子交换树脂(ROH)与和HCrO等发生离子交换，交换过程中发生如下反应：
ROH(s)＋HCrO(aq) RHCrO4(s)＋OH-(aq)
2ROH(s)＋(aq) R2CrO4(s)＋2OH-(aq)
其他条件相同，当pH>4时，Cr(VI)去除率随pH升高而下降的原因是 。
21．乙烯是重要的化工原料，在化工合成与生产中具有极其重要的地位，回答下列问题：
（1）C2H4(g)+3O2=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH1
C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH2
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH3
写出乙烯气体分解得到石墨和氢气的热化学方程式 。
（2）乙烯可由甲烷制得：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)。T℃时在2L恒容密闭容器中充入0.6mol甲烷气体，若5分钟时达到平衡，测得c(C2H4)=2c(CH4)，则v(H2)= mol·L-1·min-1，该反应的平衡常数为 。保持温度不变，若再向平衡后的容器中各充入0.12mol的三种气体，充人后v正 v逆(填“＞”、“＜”或“=”)。
（3）工业上以煤为主要原料制乙烯首先需要制备合成气，生产合成气的反应为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，理论上该反应能自发进行的条件是 。 制得合成气后需用合成气制备甲醇CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，现设置以下三个容器进行该反应(恒温)
编号 条件 n(CO)/mol n(H2)/mol n(CH3OH)/mol
① 恒容 0.2 0.4 0
② 恒容 0.4 0.8 0
③ 恒压 0.4 0.8 0
达平衡时，三个容器中甲醇体积分数的大小关系为 (填编号)。
（4）已知反应2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)可用于制备乙烯，现向一刚性容器中按物质的量之比1：1充入CO2和H2，在温度为378K和478K时CO2的转化率随时间变化如图所示：
①图中A、B、C三点逆反应速率由大到小的顺序是 。
②如改变影响平衡的某一条件使得CO2的平衡转化率增大，则该反应平衡常数的变化是 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A. 实验表明，在pH不变时，升高温度，O3浓度减少一半所需的时间减少，所以升高温度能加快O3的分解速率，A不符合题意；
B. 温度不变时，pH增大O3浓度减少一半所需的时间减少所以pH增大能加速O3分解，表明OH－可以对O3的分解起催化作用，B不符合题意；
C. 在30℃、pH＝4.0时，O3的分解速率为 1.00×10－4mol／（L·min）,C不符合题意；
D. 据表中的规律可推知，在40℃、pH＝3.0的条件下，O3浓度减少一半所需的时间一定大于31s，在30℃、pH＝7.0的条件下，O3浓度减少一半所需的时间一定小于15s，所以O3在下列条件下的分解速率v（40℃、pH＝3.0）
【分析】本题考查的是用控制变量法探究影响化学反应速率的因素，其关键是控制在其他条件相同的条件下，分析某因素发生变化时对化学反应速率的影响，考查了学生分析数据的能力和归纳推理能力。
2．【答案】B
【解析】【解答】A、化学反应的焓变和熵变共同决定反应方向，A不符合题意；
B、该反应的焓变大于0、熵变大于0，根据△G=△H-T△S＜0能自发进行可判断，自发进行的原因是体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向，B符合题意；
C、在常温下，放热反应不一定能自发进行，吸热反应也不一定不能自发进行，C不符合题意；
D、催化剂只能加快反应速率，不能改变反应方向，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、反应自发性的判断依据为△G=△H-T△S，由焓变和熵变共同决定；
B、ΔH>0，反应物为固体，生成物为气体，ΔS>0，则ΔG<0，可以自发进行；
C、能否自发进行除了跟反应热有关，还跟其混乱程度的变化有关；
D、催化剂只会影响反应速率，影响平衡移动的因素为温度、浓度、压强。
3．【答案】B
【解析】【解答】加催化剂，使N2和H2在一定的条件下转化为NH3，没有利用勒夏特列原理解。
故答案为：B
【分析】勒夏特列原理是指，把平衡状态的某一因素加以改变之后，将使平衡状态向抵消原来因素改变的效果的方向移动。换句话说，如果把一个处于平衡状态的体系置于一个压力增加的环境中，这个体系就会尽量缩小体积，重新达到平衡。催化剂只改变反应速率，不能使化学平衡发生移动。
4．【答案】B
【解析】【解答】A、对于等体反应，同等程度改变反应混合物的浓度不会引起平衡的移动，故A不符合题意；
B、升高温度反应速率加快，化学平衡一定向着吸热方向进行，降低温度反应速率减慢，平衡向放热反应方向移动，故B符合题意；
C、对于没有气体参加的反应，或等体反应，压强改变不会引起平衡的移动，故C不符合题意；
D、使用催化剂只能同等程度改变化学反应的速率，不会引起化学平衡的移动，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据化学反应速率与化学平衡的影响因素分析。升温加快化学反应速率，平衡向吸热方向移动，据此分析解答即可得出答案。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．温度越高反应速率快，但温度过高会消耗更多的燃料，因此实际生产中的温度不是越高越好，A不符合题意；
B．压强越大反应速率快，但压强过高会增加设备的成本，因此实际生产中的压强不是越高越好，B不符合题意；
C．可选用适当的催化剂来提高反应速率，C符合题意；
D．加入水蒸气会降低反应体系的温度，且氨气溶于水并不能提高反应速率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、越高的温度对燃料要求越高；
B、压强对设施有较高要求；
C、催化剂可以加快化学反应速率；
D、水蒸气会降低温度，使化学反应速率减慢。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．达到平衡后，加入催化剂，化学反应速率增大，但化学平衡不移动，则C的体积分数不变，故A不符合题意；
B．由分析可知，该反应为放热反应，达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故B符合题意；
C．由分析可知，该反应是气体体积增大的反应，则气态物质的化学计量数为b＜c+d，故C不符合题意；
D．由方程式可知，A为浓度为定值的固体，达到平衡后，增加A的量，化学反应速率不变，化学平衡不移动，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】解题关键要看懂这两个图，判断谁先达到平衡是原则是：“先拐先平”，在图1中，T2先达到平衡，图2中，P2先达到平衡；然后结和平衡后C的体积分数可以判断该反应放热，b
【解析】【解答】A．浓硝酸也有挥发性，也会出现白烟（硝酸铵），故A不符合题意；
B．加入碘化钾的量少，无法将三价铁离子完全反应，加入KSCN溶液一定会变红色，无法证明此反应可逆，故B不符合题意；
C．品红褪色说明有二氧化硫生成，硫元素化合价由+6→+4，体现了浓硫酸的强氧化性，故C符合题意；
D．使溴的四氯化碳溶液褪色，只能说明有不饱和烃，不一定是乙烯，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．挥发性酸都可以与浓氨水反应；
B．KI用量过少；
C．根据S的化合价分析；
D．石蜡蒸汽分解会有多种不饱和烃生成。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．氯气能氧化I-而导致平衡逆向移动，故A不符合题意；
B．增大平衡正向移动而促进I2溶解，所以能提高I2在水中的溶解度，故B不符合题意；
C．加入少量KI，溶液中增大，平衡正向移动，碘浓度减小，溶液颜色变浅，故C不符合题意；
D．硝酸银和I-反应生成AgI黄色沉淀，而导致平衡逆向移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据影响化学平衡移动的因素分析。
9．【答案】B
【解析】【解答】解：A．已知：①H2O2+I﹣→H2O+IO﹣ 慢 ②H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣ 快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，I﹣是①的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，故A正确；
B．将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I﹣，IO﹣只是中间产物，故B错误；
C.1mol过氧化氢分解的△H=﹣98KJ/mol，△H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故C正确；
D．因为反应是在含少量I﹣的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故D错误；
故选B．
【分析】由反应原理可知，反应中I﹣起到催化剂的作用，IO﹣为中间产物，化学反应H2O2（l）═2H2O（g）+O2（g），H2O2化合价既降低又升高，所以H2O2既做氧化剂．又做还原剂，反应热与系数成正比，以此解答该题．
10．【答案】A
【解析】【解答】A．据图可知H2O虽然参与了降解过程，但整个过程前后H2O的质量并没有发生变化，所以H2O为催化剂，故A符合题意；
B．据图可知该降解过程的第一步为n[(CH3NH3)(PbI3)]+H2O=[(CH3NH3)n-1][( CH3NH2)(PbI3)n][H3O]，对比各物质的前后变化可知H2O与CH3NH 发生作用，生成H3O＋和CH3NH2，故B不符合题意；
C．观察整个过程可知n个(CH3NH3)(PbI3)在水催化作用下，其中一分子(CH3NH3)(PbI3)分解生成HI、CH3NH2和PbI2，所以化学方程式为(CH3NH3)(PbI3) HI＋CH3NH2＋PbI2，故C不符合题意；
D．及时分离出生成物，可使平衡正向移动，提高产率，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、反应过程中H2O为催化剂；
B、根据降解的第一步反应分析；
C、根据图示反应过程确定反应物和生成物，从而得出反应的化学方程式；
D、结合浓度对反应平衡移动的影响分析；
11．【答案】D
【解析】【解答】A．六水合钴离子中配位键和水分子中的氢氧键都是σ键，四氯合钴离子中配位键是σ键，则等物质的量的六水合钴离子和四氯合钴离子中σ键数之比为(6+2×6)：4=9：2，故A不符合题意；
B．由实验①可知，降低温度，溶液呈粉红色说明平衡向逆反应方向移动，该反应为吸热反应，反应焓变△H＞0，故B不符合题意；
C．由实验③可知，加入氯化锌固体，溶液呈粉红色说明溶液中氯离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，所以锌离子络合氯离子的能力比钴离子络合氯离子的能力强，故C不符合题意；
D．实验①②③可知，配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.配位键也属于 σ键 ；
B.温度降低平衡向放热反应方向移动， 浓度熵Q
D.分析表格及反应可知变量有温度、浓度、配体。
12．【答案】D
【解析】【解答】解：A．降低温度正逆反应速率均减小，则降温后逆反应速率减小，故A错误；
B．由图象可以看出降低温度，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应移动，则该反应的正反应为放热反应，逆反应吸热反应，故B错误；
C．若A、B、C、D均为气体，增大压强平衡向逆反应方向移动，图示增大压强平衡向正反应方向移动，故C错误；
D．增大压强，平衡向正方向移动，即正方向为体积减小的方向，若A、B是气体，则D是液体或固体，故D正确．
故选D．
【分析】A．降低温度正逆反应速率均减小；
B．由图象可以看出降低温度，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应移动；
C．若A、B、C、D均为气体，增大压强平衡向逆反应方向移动；
D．增大压强，平衡向正方向移动，即正方向为体积减小的方向．
13．【答案】C
【解析】【解答】A.电解氯化钠溶液得到的产品包括氯气、 氢气和氢氧化钠 ，A选项是正确的；
B.氮气内部含有氮氮三键，键能较大不易被破坏，因此氮气的结构很稳定，不易发生合成氨的反应，B选项是正确的；
C.合成氨的反应是放热的反应，升高温度平衡会向逆反应方向进行，所以高温不利于向产物方向移动。C选项是错误的；
D. 纯碱工业使用联合制碱法可提高钠和氯的利用率，因为先将NH3溶于水提供碱性环境。D选项是正确的。
故答案为：C。
【分析】氯化钠 电解方程式是：2NaCl+2H2O=点解=Cl2↑＋H2↑+2NaOH。 离子方程式 为2Cl-+2H2O=通电＝H2↑＋Cl2↑＋2OH-。 食盐水中的氯化钠和水发生电离，通电后分别在阴极与阳极生成氢气与 氯气 ，剩下的氢氧根离子与钠离子结合生成 氢氧化钠 。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．能水解使水的电离平衡向正反应方向移动，且该物质水解使溶液显碱性，故A符合题意；
B．氯离子不发生水解，且该物质的溶液呈弱酸性，故B不符合题意；
C．一水合氨会抑制水的电离，故C不符合题意；
D．氯化氢会抑制水的电离，且该物质的溶液呈酸性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】室温下 pH>7的溶液显碱性。
15．【答案】A
【解析】【解答】A的转化率随着温度的升高而升高，根据勒夏特列原理，正反应方向是吸热反应，根据图像，同一温度下，压强越大，A的转化率越大，说明m＋n>p＋q，故A符合题意。
【分析】反应物A的转化率随温度的升高而增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，A的转化率岁压强的增大而增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，据此判断焓变和化学计量数的关系即可。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．根据表格数据①和③，容器①、③起始量相同，降低温度，平衡向放热方向移动，CH3OCH3平衡物质的量增大，说明平衡正向移动。说明正反应是放热反应，A不符合题意；
B．恒容条件下，容器②相当于在容器①的基础上加压，由于该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，因此平衡不移动，所以容器①中的CH3OH体积分数和容器②中的相等，B不符合题意；
C．若容器①中反应达到平衡时增大压强，平衡不移动，但各物质浓度会增大，C不符合题意；
D．容器①平衡时c(CH3OH)=0.04mol/L、c(CH3OCH3)=0.08mol/L、c(H2O)=0.08mol/L，平衡常数K= =4，若起始向容器①中充入CH3OH 0.10mol、CH3OCH3 0.10mol、H2O 0.10mol，则浓度熵Qc= =1＜4，反应向正反应方向移动，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据温度对平衡移动的影响进行分析判断；
B．依据压强对平衡移动的影响进行分析判断；
C．依据压强对平衡移动的影响进行分析判断；
D．通过比较平衡常数K与浓度熵Qc的大小判断方向。
17．【答案】（1）阴；Fe-6e- +8OH-=FeO +4H2O；KOH；对平衡K2FeO4(s) 2K+(aq)+FeO (aq)，增大c(K+)，溶液中的离子积c2(K+)·c(FeO )大于平衡常数，使平衡逆向进行，溶液析出固体
（2）产生黄色沉淀；
【解析】【解答】(1)①在Ni电极上H2O电离产生的H+得到电子变为H2，发生还原反应，因此Ni电极作阴极；
②在Fe电极上Fe失去电子变为FeO ，发生氧化反应，则Fe电极为阳极，阳极Fe上发生的电极反应式为：Fe-6e- +8OH-=FeO +4H2O；
③阳极消耗OH-产生FeO ，阴极上H2O电离产生的H+得到电子变为H2逸出，同时产生OH-，OH-与K+结合形成KOH，可再用于阳极上作反应物，故循环使用的物质是KOH溶液；
④阳极流出液中含有FeO ，存在平衡：K2FeO4(s) 2K+(aq)+FeO (aq)，向阳极流出液中加入饱和KOH溶液，增大了溶液中c(K+)，使得溶液中的离子积c2(K+)·c(FeO )大于该温度下的平衡常数，使平衡逆向进行，导致溶液析出紫色K2FeO4固体；
(2)当溶液中CN-与Ag+反应完全后会发生反应：Ag+ + I-=AgI↓，产生黄色沉淀，因此该反应滴定终点时的现象是：产生黄色沉淀；
V mL c mol/LAgNO3溶液中含AgNO3的物质的量n(AgNO3)=cV×10-3 mol，根据方程式Ag+ +2CN- =Ag(CN) 可知在a mL废水中含有CN-的物质的量n(CN-)=2n(AgNO3)=2cV×10-3 mol，则经处理后的废水中NaCN的含量为 = g/L。
【分析】（1）根据物质元素化合价的变化情况，确定了左边电极Ni是发生的还原反应，是做的阴极，右边铁电极铁失去电子发生氧化反应做的是阳极，根据阴阳极的电极式中的物质，可以确定循环使用的物质。存在着难溶沉淀的溶解平衡，增加了某离子导致平衡发生了移动
（2）当将 CN- 与银链子结合完后，碘离子开始和银离子结合产生黄色沉淀，根据n=cxv计算物质的量，再结合化学计量系数之比计算物质的质量即可
18．【答案】（1）
（2）＜；减小；6mol L﹣1 min﹣1
（3）增大压强或升高温度
（4）t3～t4
（5）H2（g）+ O2（g）═H2O（g）；△H=﹣285.8 mol﹣1
【解析】【解答】解：（1）可逆反应3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g） Si3N4（s）+6CO（g）的平衡常数K= ；
故答案为：K= （2）对于放热反应，反应热△H＜0；对于放热反应，温度升高，平衡逆向移动，K减小；已知CO生成速率为v（CO）=18mol L﹣1 min﹣1，根据速率之比等于化学计量数之比，则N2消耗速率为v（N2）= ×18mol L﹣1 min﹣1=6mol L﹣1 min﹣1；
故答案为：＜；减小； 6mol L﹣1 min﹣1（3）若不改变H2、CO的量，由图可知，t4时瞬间正、逆反应都增大，平衡向逆反应移动，改变条件为压缩体积增大压强，由（2）已知反应为放热反应，升高温度速率加快，反应逆向移动也可；
故答案为：增大压强或升高温度 （4）t6时瞬间正、逆反应都增大，平衡不移动，故应是加入催化剂，t2时改变改变条件，平衡向正反应移动，在t3时重新到达平衡，t4时改变条件，平衡向逆反应移动，t5时由达平衡，故t3～t4平衡状态CO的含量最高；
故答案为：t3～t4（5）已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△H=﹣483.6kJ mol﹣1；
②H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ mol﹣1，
根据燃烧热的热化学方程式的概念：1mol可燃物充分燃烧生成稳定氧化物的热化学方程式，由盖斯定律：
① +②可得：H2（g）+ O2（g）═H2O（g）；△H=﹣285.8 mol﹣1；
故答案为：H2（g）+ O2（g）═H2O（l）；△H=﹣285.8 kJ mol﹣1
【分析】（1）根据化学平衡常数的概：平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，注意固体度为常数，不写入；（2）对于放热反应，反应热△H＜0；对于放热反应，温度升高，平衡逆向移动，K减小；根据速率之比等于化学计量数之比计算；（3）若不改变H2、CO的量，由图可知，t4时瞬间正、逆反应都增大，平衡向逆反应移动，改变条件为压缩体积增大压强，由（2）已知反应为放热反应，升高温度速率加快，反应逆向移动也可；（4）t6时瞬间正、逆反应都增大，平衡不移动，故应是加入催化剂，t2时改变改变条件，平衡向正反应移动，在t3时重新到达平衡，t4时改变条件，平衡向逆反应移动，t5时由达平衡，故t3～t4平衡状态CO的含量最高；（5）已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△H=﹣483.6kJ mol﹣1；
②H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ mol﹣1，根据盖斯定律，结合燃烧热的概念可得答案．
19．【答案】（1）-41.3kJ·mol-1
（2）C；D
（3）K= ；>；75%
【解析】【解答】（1）已知：①3H2（g）+3CO（g） CH3OCH3（g）+CO2（g） ΔH=-246.4kJ mol-1
②4H2（g）+2CO（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g） ΔH1=-205.1kJ mol-1
由盖斯定律可知，通过①-②可得CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g） ΔH2=-246.4kJ mol-1+205.1kJ mol-1=-41.3kJ mol-1；
（2）A．正反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，但反应速率减小，故A不正确；
B．加入催化剂，反应速率增大，不影响平衡移动，CO的转化率不变，故B不正确；
C．正反应为气体体积减小的反应，缩小容器体积，压强增大，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故C正确；
D．增加H2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，CO的转化率增大，故D正确；
E．增加CO的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，但CO的转化率减小，故E不正确；
故答案为：CD；
（3）①根据平衡常数的表达式可知该反应K=
②平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍，同温同压下体积缩小密度增大，正反应方向混合气体总的物质的量减小，故反应向正反应方向进行，故反应速率v（正）＞v（逆）；
③反应开始时正向进行，设平衡时Δn（CO）=3x mol，则有
密度之比等于气体物质的量的反比，所以有 =1.6，解得3x=2.25mol，所以CO的转化率为 ×100%=75%。
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算出焓变
（2）根据 3H2（g）+3CO（g） CH3OCH3（g）+CO2（g）；ΔH= - 246.4kJ·mol-1 ，需要提高速率且提高一氧化碳的转化率的方法是可以缩小体积，增大压强，增大氢气的浓度等等
（3）①根据方程式利用公式即可写出
②根据混合气体的密度大小即可判断反应移动方向
③根据给出数据利用三行式即可计算出转化率
20．【答案】（1）ΔH3-2ΔH2
（2）3＋＋8H＋=2Cr3＋＋3＋4H2O；部分与H＋结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢
（3）55℃时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性；H2O得到电子转化为H，被H还原为S2-，S2-与Fe2＋结合生成FeS
（4）pH升高导致离子交换平衡逆向移动；pH升高导致HCrO转化为，交换所需ROH的量是交换HCrO所需ROH的量的两倍
【解析】【解答】(1)令反应Ⅰ为H2CrO4 H＋＋HCrO ΔH1，反应Ⅱ为HCrO H＋＋CrO ΔH2，反应Ⅲ为2HCrO ＋H2O ΔH3，根据盖斯定律，将反应Ⅲ-2×反应Ⅱ得2CrO＋2H＋ ＋H2O，则ΔH=ΔH3-2ΔH2，故答案为：ΔH=ΔH3-2ΔH2；
(2)①酸性条件下，Cr(Ⅵ)以存在，具有氧化性，SO具有还原性，二者发生氧化还原反应产生SO、Cr3＋，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，离子方程式为3＋＋8H＋=2Cr3＋＋3＋4H2O，故答案为：3＋＋8H＋=2Cr3＋＋3＋4H2O；
②其他条件相同，用Na2SO3处理不同pH含Cr(Ⅵ)的废水时，反应相同时间，已知酸性条件下Cr(Ⅵ)对Na2SO3具有很强的氧化能力，pH＜2时，Cr(Ⅵ)的去除率随pH降低而降低，是由于当溶液酸性较强时，部分与H＋结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢，故答案为：部分与H＋结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢；
(3)①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含铬废水时，温度常控制在30℃左右，温度过高，Cr(Ⅵ)的去除率低是由于硫酸盐还原菌中含有具有生物活性的蛋白质，其催化活性具有一定的温度范围，若温度过高，硫酸盐还原菌的蛋白质发生变性，导致失去活性，因而Cr(Ⅵ)的去除率降低，故答案为：55℃时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性；
②根据腐蚀原理，Fe失去电子变为Fe2+，H2O得到电子转化为H，被H还原为S2-，S2-与Fe2＋结合生成FeS，故答案为：H2O得到电子转化为H，被H还原为S2-，S2-与Fe2＋结合生成FeS；
(4)根据反应：ROH(s)＋HCrO(aq) RHCrO4(s)＋OH-(aq)、2ROH(s)＋(aq) R2CrO4(s)＋2OH-(aq)可知，其他条件相同，当pH>4时，Cr(VI)去除率随pH升高而下降的原因是pH升高导致离子交换平衡逆向移动；pH升高导致HCrO转化为，交换所需ROH的量是交换HCrO所需ROH的量的两倍，故答案为：pH升高导致离子交换平衡逆向移动；pH升高导致HCrO转化为，交换所需ROH的量是交换HCrO所需ROH的量的两倍。
【分析】（1）利用盖斯定律进行计算，消除中间产物即可得到目标方程式，同时也要注意对焓变也要进行运算。
（2）该反应为陌生氧化还原反应方程式配平，找到氧化剂，还原剂，氧化产物，还原产物，利用化合价升降相等配平即可。
（3）该反应是利用还原菌进行处理污水，温度不要过高，需要考虑生物活性。
（4）pH过高，OH-浓度过大，平衡逆向移动，不利于反应除去铬。
21．【答案】（1）C2H4(g)=2C(s，石墨)+ 2H2(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2-ΔH3
（2）0.048；1.92；＞
（3）高温；③＞②＞①
（4）C＞A＞B；变大或不变
【解析】【解答】(1)乙烯气体分解得到石墨和氢气，反应的化学方程式为C2H4=2C(s，石墨)+2H2，反应①-②×2-③即可得到该反应，根据盖斯定律可得，反应的热化学方程式为C2H4(g)=2C(s，石墨)+ 2H2(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2-ΔH3；
(2)达到平衡时，设转化CH4的浓度为x，则列三段式有：
，已知c(C2H4)=2c(CH4)，则2(0.3-x)=0.5x，解得x=0.24，则v(H2)=
，反应的平衡常数
，保持温度不变，若再向平衡后的容器中各充入0.12mol的三种气体，此时
，则平衡向正反应方向进行，v正＞v逆；
(3)该反应为熵增反应，ΔS＞0，要使反应自发进行，ΔG=ΔH-TΔS＜0，则理论应在高温条件下能够自发进行，②的投入量为①的两倍，③、②相比，③恒压，反应进行时物质的量减少，体积减小，③相当于加压，平衡正向进行的程度比②大，甲醇的体积分数更大，则达到平衡时，三个容器中甲醇体积分数的大小关系为③＞②＞①；
(4)①根据图像，A、C所在曲线先达到平衡，说明温度更高，为478K时CO2的转化率随时间变化曲线，因此B点反应速率最小，又A点CO2转化率比C点低，则A点时生成物浓度更小，逆反应速率更小，则逆反应速率：C＞A＞B；
②由图象，升温可以使CO2的平衡转化率降低，则该反应是放热反应，此时平衡常数会减小，则降温可以增大CO2的转化率，此时平衡常数变大，或着保持温度不变的条件下，增大压强、增大氢气的浓度、及时移去产物等方法，都可以使平衡正向移动，从而CO2的平衡转化率增大，但由于温度不变，则平衡常数不变。
【分析】（1）根据盖斯定律即可写出热化学方程式
（2）根据给出数据结合方程式即可计算出平衡时的浓度即可计算出常数，根据物质的量计算出浓度商与K进行对比即可判断反应方向
（3）根据
即可判断，根据给出的数据进行判断
（4）①根据达到平衡时间即可判断速率大小
②使二氧化碳的转化率增大，可以升温或者是增加氢气的量即可判断常数大小
出卷网（www.chujuan.cn） 1 / 1