第二章 化学反应的方向、限度与速率 （含解析）测试题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（共12题）
1．将催化还原为，是促进碳中和的措施之一，已知催化加氢的主要反应有：
①
②
其他条件不变时，在相同时间内温度对催化加氢的影响如图。下列说法正确的是
[注]的选择性％
A．
B．其他条件不变，增大压强，有利于反应向生成的方向进行
C．使用催化剂，能加快反应速率，但活化分子的百分数没有改变
D．220～240℃，升高温度，反应②的速率加快，反应①的速率减慢
2．可闻声波诱导液体振动产生的法拉第波可以调节氧气分子在水中的溶解，从而诱导有差别的时空分布，有的区域呈氧化性，而同时有的区域呈还原性。研究人员选择了如图所示的氧化还原平衡体系。已知：声波频率提高可促进氧气的溶解。下列说法错误的是
A．向体系中加入，转移电子为2mol
B．开启可闻声波能够促进再生
C．持续补充SDT才能维持蓝色
D．被还原形成自由基阳离子的过程伴随着颜色的改变
3．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其合成原理为：，下列说法错误的是
A．增大压强，单位体积内活化分子增多，反应速率加快
B．该反应在低温下能自发进行
C．为了防止混有的杂质使催化剂“中毒”，原料气必须经过净化
D．用勒夏特列原理解释通常采用500℃有利于氨的合成
4．一定条件下的合成氨反应：，下列四个数据都表示合成氨的反应速率，其中表示的反应速率相同的是（ ）
① ②
③ ④
A．①②③ B．①③ C．①②④ D．②④
5．对于化学反应能否自发进行，下列说法中错误的是（ ）
A．若ΔH<0，ΔS>0任何温度下反应都能自发进行
B．凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的
C．反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)ΔH>0能否自发进行与温度有关
D．常温下，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0
6．下列说法正确的是
A．非自发过程在任何条件下均不能发生
B．常温下氨气与氯化氢的反应自发反应，可推测反应 △H＜0
C．常温下吸热反应一定不能自发
D．氢气与氧气在点燃条件下发生反应是不自发过程
7．对于反应，下列说法正确的是
A．反应的
B．反应的平衡常数可表示为
C．保持其他条件不变，升高温度，反应体系的活化分子百分数增大
D．使用合适的催化剂能降低该反应的活化能从而改变该反应的
8．在体积均为 1.0 L 的恒容密闭容器中加入足量的相同的炭粉，再分别加入 0.1 mol CO2 和 0.2 mol CO2，在不同温度下反应 CO2(g)＋C(s) 2CO(g)达到平衡，平衡时 CO2 的物质的量浓度 c(CO2) 随温度的变化如图(图中 I、II、III 点均处于曲线上)，下列说法不正确的是
A．反应 CO2(g)＋C(s) 2CO(g)的 ΔS>0，ΔH>0
B．体系中 c(CO)关系 ：c(CO，状态 II)>2c(CO，状态 III)
C．CO2 的转化率 a：a (状态 II) ＜ a(状态 III)
D．反应速率 v：v(状态 I) ＜ v(状态 III)
9．下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是
A．向双氧水中加入少量二氧化锰快速生成氧气
B．新制氯水中加CaCO3后，溶液漂白性增强
C．用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
D．实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
10．对于工业合成氨的反应，下列说法正确的是
A．该反应的△H＜0，△S＞0
B．升高温度、增大压强都有利于提高NH3的平衡产率
C．0.1 mol N2与0.3 mol H2充分反应可释放9.24 kJ的能量
D．及时从平衡混合物中分离出NH3，提高了原料的利用率
11．某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将 “固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A．酸性强弱：三氯乙酸>二氯乙酸
B．多孔材料“固定”，促进平衡正向移动
C．硝酸有分子内氢键，故其沸点较低
D．转化为的反应是
12．在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．反应过程中N的化合价发生变化
B．由NO生成HONO的反应历程有2种
C．增大NO的量，的平衡转化率增大
D．总反应可表示为
二、填空题（共8题）
13．25 ℃时，在2 L的恒容密闭容器中，气态A、B、C的物质的量n（mol）随时间t的变化如图所示。

（1）该反应的化学方程式 。
（2）在 min时反应刚好达到平衡。
（3）在0～3minA物质的平均速率为 ，此时A物质的转化率为 ，3min末时A物质的浓度为 。
（4）5～7 min内B的平均速率 1～3min内B的平均速率（填大于、小于、等于）。
（5）下列措施可加快该反应速率的是 。
A．扩大容器体积 B．使用恰当的催化剂 C．提高反应的温度 D．液化并转移出C物质
14．研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。
（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等。
已知：Fe2O3(s)＋3C(s)=2Fe(s)＋3CO(g)；ΔH1＝＋489.0 kJ·mol－1
C(s)＋CO2(g)=2CO(g)；ΔH2＝＋172.5 kJ·mol－1。
则CO还原Fe2O3的热化学方程式为
（2）某实验将CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种不同条件下发生反应：
CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－49.0 kJ·mol－1，测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示，请回答下列问题：
①该反应的平衡常数的表达式为K＝ 。
②曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ KⅡ(填“大于” 、“等于”或“小于”)。
③在下图a、b、c三点中，H2的转化率由高到低的顺序是 (填字母)。
（3）在其他条件不变的情况下，将容器体积压缩到原来的1/2，与原平衡相比，下列有关说法正确的是 。
a．氢气的浓度减小
b．正反应速率加快，逆反应速率也加快
c．甲醇的物质的量增加
d．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大
（4）在恒温恒容条件下，起始加入的反应物不变，要增大CH3OH 的产率，可以采取的有效措施是
15．在容器体积可变的密闭容器中，反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)在一定条件下达到平衡。完成下列填空：
(1)若该反应经过2秒钟后达到平衡，NH3的浓度增加了0.6mol/L，在此期间，正反应速率v(H2)的值为_______。
A．0.6mol/(L·s) B．0.45mol/(L·s) C．0.3mol/(L·s) D．0.2mol/(L·s)
(2)在其他条件不变的情况下，缩小容器体积以增大反应体系的压强，v正 ，平衡向 方向移动(选填“正反应”、“逆反应”)。
(3)在其他条件不变的情况下，降低温度平衡向正反应方向移动，则正反应为 反应(选填“吸热”、“放热”)。
(4)如图为反应速率(v)与时间(t)关系的示意图，由图判断，在t1时刻曲线发生变化的原因是 填写编号。
a.增大N2的浓度 b.扩大容器体积 c.加入催化剂 d.升高温度
(5)改变条件后，平衡混合物中NH3的百分含量 选填“增大”、“减小”、“不变”。
16．合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。其原理为：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ/mol，据此回答以下问题：
(1)①该反应的化学平衡常数表达式为K＝ 。
②根据温度对化学平衡的影响规律可知，对于该反应，温度越高，其平衡常数的值越 。
(2)某温度下，若把10 mol N2与30 mol H2置于体积为10 L的密闭容器内，反应达到平衡状态时，测得混合气体中氨的体积分数为20%，则该温度下反应的K＝ (可用分数表示)。
(3)对于合成氨反应而言，下列有关图象一定正确的是(选填序号) 。
(4)相同温度下，有恒容密闭容器A和恒压密闭容器B，两容器中均充入1 mol N2和3 mol H2，此时两容器的体积相等。在一定条件下反应达到平衡状态，A中NH3的体积分数为a，放出热量Q1 kJ；B中NH3的体积分数为b，放出热量Q2 kJ。则：a b(填“>”、“＝”或“<”，下同)，Q1 Q2，Q1 92.4。
17．氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)是一种重要的工业原料，工业上常用铬酸钠(Na2CrO4)来制备。实验室以红矾钠(Na2Cr2O7)为原料制备CrCl3·6H2O的流程如下：
已知：① Cr2O＋H2O2CrO＋2H+；
② CrCl3·6H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇，易水解。
请补充完整由过滤后得到的固体Cr(OH)3制备CrCl3·6H2O的实验方案：将过滤后所得的洁净固体 ，蒸发浓缩， ，过滤， ，低温干燥，得到CrCl3·6H2O(实验中可供选择的试剂：盐酸、硫酸、蒸馏水、乙醇、乙醚)。
18．某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液(H2SO4酸化)反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。该小组欲通过测定单位时间内生成CO2的体积来判断反应的快慢。设计实验方案如下：
编号 H2C2O4溶液 酸性KMnO4溶液 温度℃
浓度/mol·L-1 体积/mL 浓度/mol·L-1 体积/mL
① 0.10 20 0.10 30 25
② 0.20 20 0.10 30 25
③ 0.20 20 0.10 30 50
(1)已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，转化为Mn2+，写出该反应的离子方程式 ；每消耗1 molH2C2O4，则反应中转移 mol电子。
(2)探究浓度对化学反应速率影响的实验编号是 ，实验②、③探究 对化学反应速率影响。本实验还可通过测定 来比较化学反应速率。
(3)小组同学发现反应速率总是如图，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：a、该反应放热，使体系温度升高；b、 。
(4)若实验①在5 min末收集49.0 mLCO2气体，则在5 min末，c()= mol L-1。（已知25℃时，气体摩尔体积Vm=24.5 L mol-1）
19．向2 L密闭容器中通入a mol气体A和b mol气体B，在一定条件下发生反应：
xA(g)＋yB(g)pC(g)＋qD(g)
已知：平均反应速率v(C)＝v(A)；反应2 min时，A的浓度减少了，B的物质的量减少了mol，有a mol D生成。回答下列问题：
(1)反应2 min内，v(A)＝ 。
(2)化学方程式中，x＝ 、y＝ 、p＝ 、q＝ 。
(3)反应平衡时，D为2a mol，则B的转化率为 。
(4)反应达平衡时的压强与起始时的压强比 。
(5)如果其他条件不变，将容器的容积变为1 L，进行同样的实验，则与上述反应比较：反应速率 (填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是 ；
20．甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1〈0
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g) △H2
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3〉0
回答下列问题：
（1）反应①的化学平衡常数K的表达式为 ；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为 （填曲线标记字母），其判断理由是 。
（2）合成气的组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时体系中的CO平衡转化率（a）与温度和压强的关系如图2所示。a（CO）值随温度升高而 （填“增大”或“减小”），其原因是 。图2中的压强由大到小为 ，其判断理由是 。
（3）Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）H2（g）+I2（g）
在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min 0 20 40 60 80 120
x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0. 784
x(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784
上述反应中，正反应速率为v正= k正·x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆·x(H2)·x(I2)，其中k正、k逆为速率常数, 其中k正、k逆为速率常数，则k逆为 (以K和k正表示)。若k正 = 0.0027min-1，在t=40min时，v正= 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】A．按盖斯定律：①-②得到 ，A错误；
B．反应①是气体体积减小的反应，其他条件不变，增大压强，平衡向正反应方向移动，有利于的生成，B正确；
C．使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，使反应速率加快，C错误；
D．220～240℃，升高温度，反应①、②的速率均加快，但加快的倍数不一样，D错误；
答案选B。
2．A
【详解】A．向体系中加入1molSDT，仅有部分转化为，所以转移电子小于2mol，故A错误；
B．开启可闻声波后，溶液中氧气浓度增大，平衡O2（aq）+MV+MV2++O正向移动，促进再生，故B正确；
C．持续补充SDT，增大浓度，平衡移动生成蓝色MV+，所以持续补充SDT才能维持蓝色，故C正确；
D．被还原形成自由基阳离子的过程中，溶液颜色由无色变为蓝色，所以被还原形成自由基阳离子的过程伴随着颜色的改变，故D正确；
故选A。
3．D
【详解】A．增大压强，单位体积内的活化分子数目增多，有效碰撞的次数增大，化学反应速率加快，故A正确；
B．合成氨反应是熵减的放热反应，低温条件下，反应ΔH—TΔS＜0，反应能自发进行，故B正确；
C．原料气中混有的杂质会使催化剂活性降低导致催化剂中毒，所以为了防止混有的杂质使催化剂中毒，原料气必须经过净化，故C正确；
D．合成氨为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，制备时采用500℃是因为该温度为催化剂的活性温度，反应的反应速率较快，则采用500℃有利于氨的合成不能用勒夏特列原理解释，故D错误；
故选D。
4．D
【详解】根据同一化学反应中，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，可将不同物质表示的化学反应速率转化为同一物质（如）表示的化学反应速率，
则②，③，④，故D项正确。
故选：D。
5．B
【详解】A．ΔG=ΔH-TΔS，若ΔH<0，ΔS>0，则ΔG<0，则在任何温度下，该反应都能自发进行，A正确；
B．放热反应不一定是自发进行的，吸热反应也不一定是非自发进行的，B错误；
C．该反应中，ΔH>0，ΔS>0，根据ΔG=ΔH-TΔS可知，该反应要想自发进行，即ΔG<0，需要高温条件，C正确；
D．该反应中，ΔS>0，若该反应不能自发进行，说明ΔG>0，根据ΔG=ΔH-TΔS可知，ΔH>0，D正确；
故选B。
6．B
【详解】A．非自发反应在调节温度的条件下也可自发，A错误；
B．常温下氨气与氯化氢反应是熵减的反应，且是自发反应，根据反应可以自发，可推测反应，B正确；
C．根据反应可以自发，则常温下吸热反应可能自发，C错误
D．氢气与氧气在点燃条件下发生反应是自发过程，D错误；
故选B。
7．C
【详解】A．该反应为气体总物质的量减小的反应，则 S＜0，故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，可知，故B错误；
C．升高温度，更多普通分子成为活化分子，反应体系内活化分子百分数增大，加快反应速率，故C正确；
D．催化剂可降低反应的活化能，改变反应路径，加快反应速率，但不改变改变该反应的，故D错误；
故选：C。
8．B
【详解】A．从方程式可看出，该反应正向进行气体物质系数增大，ΔS＞0；由图可知，升高温度，c(CO2)减小，平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH>0，A正确；
B．状态Ⅱ和状态Ⅲ的温度、体积相同，状态Ⅱ起始加入CO2的物质的量是状态Ⅲ的2倍，状态Ⅱ相当于在状态Ⅲ达平衡后将体积缩小一半，压强增大，平衡逆向移动，c(CO，状态Ⅱ)<2c(CO，状态Ⅲ)，B错误；
C．状态Ⅱ和状态Ⅲ的温度、体积相同，平衡时CO2 的物质的量浓度 c(CO2，状态 II)> c(CO2，状态 III)，则CO2 的转化率 a：a (状态 II) ＜ a(状态 III)，C正确；
D．温度：T(状态Ⅰ)答案选B。
9．A
【详解】A．二氧化锰是双氧水分解的催化剂，催化剂不影响平衡，不能用化学平衡移动原理解释，A符合题意；
B．新制氯水中存在平衡Cl2+H2OCl-+H++HClO，碳酸钙可以消耗氢离子，使平衡正向移动，HClO增多，漂白性增强，可以用平衡移动原理解释，B不符合题意；
C．浓氨水中存在平衡NH+OH-NH3·H2ONH3↑+H2O，NaOH固体溶于水后会电离出大量OH-，是平衡右移，从而生成氨气，同时NaOH固体溶于水放热，也可以使平衡右移，可以用平衡移动原理解释，C不符合题意；
D．氯气溶于水后存在平衡Cl2+H2OCl-+H++HClO，饱和食盐水中有大量氯离子，可以抑制平衡右移，减少氯气的溶解，可以用平衡移动原理解释，D不符合题意；
综上所述答案为A。
10．D
【详解】A．根据热化学方程式可知：该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，所以△H＜0，△S＜0，A错误；
B．根据热化学方程式可知：该反应的正反应是气体体积减小的放热反应。根据化学平衡移动原理，升高温度，化学平衡逆向移动，导致NH3的平衡含量降低，故不利于NH3的平衡产率的提高，B错误；
C．根据热化学方程式可知：每有1 mol N2与3 mol H2充分反应可释放92.4 kJ的能量，由于该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，则若有0.1 mol N2与0.3 mol H2充分反应，由于反应的N2的物质的量小于0.1 mol，因此释放的能量小于9.24 kJ，C错误；
D．及时从平衡混合物中分离出NH3，即降低了生成物的浓度，化学平衡正向移动，可以使更多反应物发生反应转化为NH3，从而提高了原料的利用率，D正确；
故合理选项是D。
11．D
【详解】A．硝酸是强酸，硝酸大于有机酸，Cl吸引电子，使得酸性增强，氯原子越多，其有机酸酸性越强，因此酸性强弱：＞三氯乙酸＞二氯乙酸，故A正确；
B．多孔材料“固定”，导致浓度降低，促进平衡正向移动，故B正确；
C．根据硝酸的结构可知硝酸存在分子内氢键，故其沸点较低，故C正确；
D．转化为的反应是，故D错误。
综上所述，答案为D。
12．C
【详解】A．含N分子参与的反应包括①的历程是将NO转化为NO2，②的历程将NO和NO2转化为HONO，还包括HONO转化为NO的反应，这三个反应中N的化合价均发生了改变， A正确；
B．由NO生成HONO的反应历程有①的历程和②的历程2种，B正确；
C．NO为催化剂，增大催化剂的量，平衡不移动，则C3H8的平衡转化率不变，C错误；
D．由题干反应历程图可知，最初的反应物为C3H8和O2，最终的产物为C3H6和H2O，根据氧化还原反应配平可得，总反应可表示为，D正确；
故答案为：C。
13． A(g）+2B(g）2C(g） 3 0.05mol·L－1·min－1 30% 0.35mol·L－1 小于 BC
【分析】（1）随反应进行，反应物的物质的量减小，生成物的物质的量增加，由图可知A、B为反应物，C为生产物，且最后A、B的物质的量不为0，为可逆反应，根据物质的量之比等于化学计量数之比书写方程式；
（2）从图看出：在3min时反应刚好达到平衡。
（3）根据v=△c/△t计算v（A）；A物质的转化率=A的变化量/A的投料量；c=n/V.
（4）根据v=△c/△t计算v（B），再比较；
（5）根据影响反应速率的因素分析。
【详解】（1）由图可知，A、B为反应物，C为生产物，且最后A、B的物质的量不为0，为可逆反应，3min时△n（A）：△n（B）：△n（C）=（1-0.7）mol：（1-0.4）mol：0.6mol=1：2：2，物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为：A(g）+2B(g）2C(g）；
（2）从图看出：3min时A、B、C的物质的量不变，在3min时反应刚好达到平衡。
（3）从反应开始到达第一次平衡时的平均速率v（A）=(1-0.7)mol/(2L·3min)=0.05mol·L－1·min－1；此时A物质的转化率为(1-0.7)mol/1mol×100%=30%；c(A)=0.7mol/2L=0.35mol·L－1；
（4）5～7 min内B的平均速率=v（B）=(0.4-0.2)mol/(2L·2min)=0.05mol·L－1·min－1，1～3min内B的平均速率=v（B）=(1-0.4)mol/(2L·3min)=0.1mol·L－1·min－1，故5～7 min内B的平均速率小于1～3min内B的平均速率；
（5）A．扩大容器体积，浓度变小，速率变小，故A错误；
B．使用恰当的催化剂，增大反应速率，故B正确；
C．提高反应的温度，增大反应速率，故C正确；
D．液化并转移出C物质，减小C浓度，反应速率降低，故D错误；
故选BC。
14． Fe2O3 (S) + 3CO(g) = 2Fe (s) + 3 CO2(g) △H=-28.5 kJ/mol 大于 a b c bc 降低温度
【详解】(1) Fe2O3(s)＋3C(s)=2Fe(s)＋3CO(g)；ΔH1＝＋489.0 kJ·mol－1 ①，C(s)＋CO2(g)=2CO(g)；ΔH2＝＋172.5 kJ·mol－1 ②，根据盖斯定律①－②×3，整理可得Fe2O3 (S) + 3CO(g) =2Fe (s) + 3 CO2(g) △H=-28.5 kJ/Mol。
(2) ①化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度的幂指数的乘积与各种反应物浓度的幂指数的乘积的比，对该反应来说，K=。
②根据“先拐先平，温高压大”，由图可知，Ⅱ的温度大于Ⅰ的温度，该反应是放热反应，所以KⅠ大于KⅡ。
③对于可逆反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，增大氢气的物质的量，能增加CO2的转化率，而氢气的转化率降低，所以H2的转化率由高到低的顺序是a b c。
(3) 在其他条件不变的情况下，将容器体积压缩到原来的1/2，a．氢气的浓度增大，a项错误；b．体积减小，压强增大，正反应速率加快，逆反应速率也加快，b项正确；c．增大压强，平衡正向移动，甲醇的物质的量增加，c项正确；d．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)减小，d项错误；答案选bc。
(4) 该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，所以要增大CH3OH 的产率，可以采取的有效措施是降低温度。
15．(1)B
(2) v正增大，且大于v逆 正反应
(3)放热
(4)c
(5)不变
【详解】（1）平衡时Δc(NH3)=0.6mol/L，根据反应方程式可知Δc(H2)=0.9mol/L，则v(H2)==0.45mol·L-1·min-1，故选B；
（2）缩小容器体积后各物质的浓度增大，所以v正增大，该反应为气体系数之和减小的反应，所以平衡正向移动，v正>v逆；
（3）根据勒夏特列原理可知，降低温度平衡向正反应方向移动，说明正反应为放热反应；
（4）t1时刻改变条件后，正逆反应速率都增大，且依然相等，说明平衡不发生移动，该反应前后气体系数之和不相等，则改变的条件只能为加入催化剂，故选c；
（5）改变条件后平衡不移动，所以NH3的百分含量不变。
16． 小 a、c < < <
【分析】（1）①依据平衡常数概念和化学方程式书写平衡常数表达式，用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积；
②反应是放热反应，升高温度后平衡逆向进行，平衡常数减小；
（2）依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到；
（3）a．先出现拐点的先达到平衡，则T2大，温度高，平衡逆向移动；
b．平衡时浓度不一定相等；
c．使用催化剂加快反应速率，对平衡无影响；
（4）根据反应的特点，恒压状态下达平衡时体积减小，B相当于在A的基础上增大压强，根据勒夏特列原理作答。
【详解】(1)①K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则该反应的平衡常数为：K=，
故答案为；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数K减小，温度越高，K越小，故答案为小；
(2)设氮气消耗物质的量为x
N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)
n（起始）（mol） 10 30 0
n（转化）（mol） x 3x 2x
n（平衡）（mol）10-x 30-3x 2x
平衡混合气体中氨的体积分数为20%，则有×100%=20%，解得x=mol，则平衡时N2、H2、NH3物质的量依次为mol、20mol、mol，物质的量浓度依次为mol/L、2mol/L、mol/L，所以平衡常数K==；
故答案为；
(3)a.先出现拐点的先达到平衡，则T2大，温度高，平衡逆向移动，与图象一致，a项正确；
b.平衡时浓度不一定相等，平衡浓度取决起始浓度和转化率，图象表示错误，b项错误；
c.使用催化剂加快反应速率，对平衡无影响，平衡时物质的浓度不变，与图象一致，c项正确；
故答案为a、c；
（4）相同温度下，有恒容密闭容器A和恒压密闭容器B，两容器中均充入1 mol N2和3 mol H2，此时两容器的体积相等，在恒压的情况下进行反应，达到平衡时如图（）虚线部位，B相当于在A的基础上增大压强，根据勒夏特列原理平衡向正反应方向进行，故a故答案为<；<；<。
17． 完全溶解于过量的盐酸中 冷却结晶 乙醚洗涤固体2~3次
【分析】用40%NaOH将红矾钠(Na2Cr2O7) 转化为铬酸钠(Na2CrO4)，再用CH3OH将铬酸钠(Na2CrO4)还原为CrCl3溶液，加20%NaOH使Cr3+沉淀为Cr(OH)3，过滤，将过滤后所得固体用盐酸溶解，最后将含HCI的CrCl3溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并用乙醚洗涤2~3次，低温干燥，即得CrCl36H2O晶体；
【详解】过滤后所得Cr(OH)3用过量的盐酸溶解，最后将含HCl的CrCl3溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并用乙醚 （CrCl3·6H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇，易水解）洗涤2-3次，即得CrCl3·6H2O晶体，故答案为完全溶解于过量的盐酸中，蒸发浓缩，用乙醚洗涤固体2~3次；
18． 5H2C2O4+2+6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O 2 mol ①和② 温度 KMnO4溶液完全褪色所需时间（或产生相同体积气体所需的时间） 产物 Mn2+(或 MnSO4 )具有催化作用 0.052
【详解】(1)根据反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，利用化合价升降相等写出反应的化学方程式为：
，改写成离子方程式为： ；
H2C2O4中碳元素的化合价为+3价，变成二氧化碳后化合价总共升高了2(4 3)价，所以每消耗1molH2C2O4转移2mol电子；
(2) 探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②，实验②、③探究温度对化学反应速率影响，本实验还可通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间（或产生相同体积气体所需的时间）来比较化学反应速率；
(3) 开始反应物的浓度最大，随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减少，反应速率应该变慢，但反应速率t1～t2时间内速率却变快的主要原因可能是a、该反应放热，使体系温度升高；b产物 Mn2+(或 MnSO4 )具有催化作用；
(4)二氧化碳的物质的量是 =0.002mol，由方程式可知，消耗高锰酸根的物质的量是0.0004mol，浓度的变化量是 =8× mol/L，则在5 min末，c()= mol/L-8× mol/L=0.052 mol/L。
19．(1) mol/(L·min)
(2) 2 3 1 6
(3)×100%
(4)
(5) 增大 体积减小，反应物的浓度增大，因而使反应速率增大
【详解】（1）反应2 min内，v(A)＝＝mol/(L·min)。
（2）反应2 min时，A的浓度减少了，B的物质的量减少了mol，有a mol D生成，又因为平均反应速率，所以生成C为mol，根据变化量之比是相应的化学计量数之比，因此，即方程式为2 A(g)＋3B(g)C(g)＋6D(g)。
（3）反应平衡时，D为2a mol，则根据方程式可知消耗B是amol，所以B的转化率为×100%。
（4）平衡时消耗A和B分别是mol和amol，剩余A和B分别是mol、(b-a)mol，C和D分别是mol和2amol，所以反应达平衡时的压强与起始时的压强比＝。
（5）如果其他条件不变，将容器的容积变为1 L，容器容积减小，则反应物浓度增大，反应速率增大。
20． a 反应①为放热反应，平衡常数应随温度升高变小 减小 升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大 P3＞P2＞P1 相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高 k逆=K·k正 1.95×10-3
【详解】试题分析：（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则根据反应的化学方程式为可知该反应的平衡常数表达式；由于反应①为放热反应，平衡常数应随温度升高变小，所以图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为a；
（2）反应①为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；因此最终结果是随温度升高，使CO的转化率降低；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高，所以图2中的压强由大到小为P3＞P2＞P1。
（3）平衡时v正＝v逆，所以k正x2(HI) ＝k逆x(H2)x(I2)，结合平衡常数表达式可知k逆＝K·k正；v正＝k正x2(HI)＝0.0027min-1×（0.85）2＝1.95×10-3。
【考点】本题主要是考查反应速率计算、平衡常数以及外界条件对平衡状态的影响等
【点晴】该题考查的知识点较多，综合性强，难度较大。难点和易错点是（3），解答时注意质量作用定律那部分，关键是要记得平衡标志之一——v正＝ v逆，找到k正、k逆和K的联系即可突破。有关平衡的图象问题分析，需要明确以下几点：（1）紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。（2）先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。（3）定一议二，当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。（4）三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
答案第1页，共2页
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