山东省德州市武城二中2015-2016学年高二（上）第一次月考化学试卷【解析版】
文档属性
| 名称 | 山东省德州市武城二中2015-2016学年高二（上）第一次月考化学试卷【解析版】 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 216.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2016-03-25 13:52:44 | ||
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文档简介
2015-2016学年山东省德州市武城二中高二（上）第一次月考化学试卷
一、选择题（共56分，1～10每小题2分，11～22每小题2分．）
1．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的反应
C．自发反应在任何条件下都能实现
D．自发反应在恰当的条件下才能实现
2．下列说法正确的是（ ）
A．热化学方程式中，如果没有注明温度和压强，则表示反应热是在标准状况下测得的数据
B．升高温度或加入催化剂，可以改变化学反应的反应热
C．据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量
D．吸热反应中破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量
3．下列关于化学平衡常数的说法正确的是（ ）
A．化学平衡发生移动，平衡常数必发生变化
B．平衡常数发生变化，化学平衡必发生移动
C．改变浓度，平衡常数一定改变
D．催化剂改变达到平衡的时间，必引起平衡常数的改变
4．在一定温度下，可逆反应A（g）+3B（g） 2C（g）达到平衡的标志是（ ）
A．A的生成速率与C的分解速率相等
B．单位时间内生成n molA，同时生成3n molB
C．A、B、C的浓度不再变化
D．A、B、C的浓度之比为1：3：2
5．下列关于强、弱电解质的叙述中，错误的是（ ）
A．强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡
B．在溶液里导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质
C．同一弱电解质的溶液，当温度、浓度不同时，其导电能力也不同
D．纯的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电
6．能说明醋酸是弱电解质的事实是（ ）
A．醋酸溶液的导电性比盐酸弱
B．醋酸溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳
C．醋酸溶液用水稀释后，氢离子浓度下降
D．0.1mol的CH3COOH溶液中，氢离子浓度约为0.001mol
7．下列说法或表示方法正确的是（ ）
A．若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多
B．由“C（石墨）═C（金刚石）△H=1.9kJ/mol”可知，金刚石比石墨稳定
C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=285.8kJ/mol
D．在稀溶液中：H++OH﹣═H2O△H=﹣57.3kJ/mol，若将含1molCH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3kJ
8．在一定条件下，将X和Y两种物质按不同的比例放入密闭容器中反应，平衡后测得X，Y的转化率与起始时两物质的物质的量之比的关系如图所示，则X，Y的反应方程式可表示为（ ）
A．2X+Y 3Z B．3X+2Y 2Z C．X+3Y Z D．3X+Y Z
9．合成氨反应的正反应是气体体积减小的放热反应，合成氨工业的生成流程如下：
关于合成氨工业的说法中不正确的是（ ）
A．混合气进行循环利用遵循绿色化学思想
B．对原料气进行压缩可以增大原料气的转化率
C．合成氨反应须在低温下进行
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
10．密闭容器中有如下反应：mA（g）+nB（g） pC（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积缩小到原来的，当达到新平衡时，C的浓度为原来的1.8倍．下列说法中正确的是（ ）
A．m+n＞p B．A的转化率降低
C．平衡向正反应方向移动 D．C的质量分数增加
11．工业制氢气的一个重要反应是：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）．已知在25℃时：
C（石墨）+O2（g）═CO（g）△H=﹣111kJ/mol
H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣242kJ/mol
C（石墨）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣394kJ/mol
则25℃时1mol CO与水蒸气作用转化为氢气和二氧化碳反应△H为（ ）
A．+41．kJ/mol B．﹣41kJ/mol C．283kJ/mol D．﹣131kJ/mol
12．依据下表判断CH3CH3CH2=CH2+H2的反应热为（ ）
化学键 C﹣H C=C C﹣C H﹣H
键能（kJmol﹣1） 414.4 615.3 347.4 435.3
A．125.6kJmol﹣1 B．﹣125.6kJmol﹣1
C．46.1kJmol﹣1 D．﹣46.1kJmol﹣1
13．对可逆反应2A（s）+3B（g） C（g）+2D（g）△H＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（ ）
①增加A的量，平衡向正反应方向移动
②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小
③压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变
④增大B的浓度，v（正）＞v（逆）
⑤加入催化剂，B的转化率提高．
A．①② B．④ C．③ D．④⑤
14．化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物尝试随反应时间变化如图所示，计算反应4～8min间的平均反应速率和推测反应16min 反应物的浓度，结果应是（ ）
A．2.5μmolL﹣1/min和2.0μmol/L﹣1
B．2.5μmolL﹣1/min和2.5μmol/L﹣1
C．3.0μmolL﹣1/min和3.0μmol/L﹣1
D．5.0μmolL﹣1/min和3.0μmol/L﹣1
15．I2在KI溶液中存在下列平衡：I2（aq）+I﹣（aq） I3（aq）某I2、KI混合溶液中，I3﹣的物质的量浓度c（I3﹣）与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）．下列说法正确的是（ ）
A．反应I2（aq）+I﹣（aq）I3（aq）的△H＞0
B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2
C．若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆
D．状态A与状态B相比，状态A的c（I2）大
16．一定条件下用甲烷可以消除氮氧化物（NOx）的污染．已知：
①CH4（ g ）+4NO2（ g ）═4NO（ g ）+CO2（ g ）+2H2O（ g ）△H=﹣574kJmol﹣1
②CH4（ g ）+4NO（ g ）═2N2（ g ）+CO2（ g ）+2H2O（ g ）△H=﹣1160kJmol﹣1．
下列正确的选项是（ ）
A．CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣867kJmol﹣1
B．CH4催化还原NOx为N2的过程中，若x=1.6，则转移的电子总数为3.2mol
C．若0.2mol CH4还原NO2至N2，在上述条件下放出的热量为173.4kJ
D．若用标准状况下4.48L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为3.2mol
17．工业上制备高纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）═Si（s）+4HCl（g）△H=+Q kJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应（此条件下为可逆反应），下列叙述中正确的是（ ）
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B．若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJ
C．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则H2的反应速率为0.03mol/（Lmin）
D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL 1mol/L的NaOH溶液恰好反应
18．在10L密闭容器中，A、B、C三种气态物质构成可逆反应体系．某温度下，A、B、C三者物质的量与时间的关系如图1所示，而C的百分含量与温度的关系如图2所示．下列说法错误的是（ ）
A．0～4分钟时，A的平均反应速率为0.01mol/（Lmin）
B．由T1向T2变化时，V正＞V逆
C．此反应的正反应为吸热反应
D．其它条件不变时给平衡体系加压，达新平衡时，C的体积分数增大
19．有可逆反应mA（s）+nB（g）═pC（g）+qD（g），反应过程中，当其它条件不变时，C的质量分数与温度（T）和压强（P）的关系如图所示，根据图中曲线分析，判断下列叙述中，正确的是（ ）
A．到达平衡后，若使用催化剂，C的质量分数增大
B．平衡后，若升高温度，平衡则向逆反应方向移动
C．平衡后增大A的量，有利于提高A的转化率
D．化学方程式中一定是m+n＜p+q
20．将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2（g） 2HBr（g）△H＜0，g平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为b．a与b的关系是（ ）
A．a＞b B．a=b C．a＜b D．无法确定
21．在一定温度下，一定体积的密闭容器中有如下平衡：H2（气）+I2（气） 2HI（气）
已知H2和I2的起始浓度均为0.10molL﹣1时，达平衡时HI的浓度为0.16molL﹣1．若H2和I2的起始浓度均变为0.20molL﹣1，则平衡时H2的浓度（molL﹣1）是（ ）
A．0.16 B．0.08 C．0.04 D．0.02
22．已知H2CO3═H++HCO，K1=4.3×10﹣7molL﹣1；HCO═H++CO，K2=5.6×10﹣11molL﹣1；HClO═H++ClO﹣，K=3.0×10﹣8molL﹣1．根据上述电离常数分析，下列各式中错误的是（ ）
A．Ca（ClO）2+2HCl═CaCl2+2HClO
B．Ca（ClO）2+2H2O+2CO2═Ca（HCO3）2+2H2O
C．NaClO+H2O+CO2═NaHCO3+HClO
D．Na2CO3+2HClO═2NaClO+H2O+CO2↑
二、非选择题
23．下列物质中属于强电解质的是： ，属于弱电解质的是 ．
a．BaSO4 b．NaHCO3 c．H2SO3 d．Cu e．Fe（OH）3
写出c、e两物质的电离方程式 ．
24．用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HC1．利用反应A，可实现氯的循环利用．
反应A：4HCl（g）+O2（g） Cl2 （g）+2H2O （g）
（1）已知：Ⅰ．反应A中，4mol HC1被氧化，放出115.6kJ的热量．
Ⅱ．
①H2O的电子式是 ．
②反应A的热化学方程式是 ．
③断开1mol H﹣O 键与断开 1mol H﹣Cl 键所需能量相差约为 kJ，H2O中H﹣O 键比HCl中H﹣Cl键（填“强”或“弱”） ．
25．已知反应：Fe（s）+CO2（g）═FeO（s）+CO（g）△H=a kJmol﹣1，测得在不同温度下，该反应的平衡常数K值随温度的变化如下表所示：
温度/℃ 500 700 900
K 1.00 1.47 2.40
（1）该反应的化学平衡常数表达式为 ，a 0（填“大于”、“小于”或“等于”）．若在500℃2L密闭容器中进行该反应，CO2起始量为4mol，5min后达到平衡状态，则此时v（CO）为 ．
（2）若在700℃时该反应达到平衡，要使该平衡向右移动，其它条件不变时，可以采取的措施有 （填序号）．
A．缩小反应容器的体积 B．通入适量CO2 C．加入适量铁 D．升高温度到900℃E．使用合适的催化剂
（3）下列图象符合该反应的是 （填序号）（图中v代表速率、ω代表混合物中CO的含量，T代表温度）．
26．+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＜0，
CO和H2O浓度变化如图，则0～4min的平均反应速率v（CO）= molL﹣1min﹣1，850℃时，此反应的平衡常数为 ，CO的转化率为 ．
（2）t℃（高于850℃）时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如下表：
t/min c（CO）/molL﹣1 c（H2O）/molL﹣1 c（CO2）/molL﹣1 c（H2）/molL﹣1
0 0.200 0.300 0 0
2 0.138 0.238 0.062 0.062
3 c1 c2 c3 c3
4 c1 c2 c3 c3
5 0.116 0.216 0.084
6 0.096 0.266 0.104
①从表中看出，3～4min之间反应处于 状态；c1 0.08（填“大于”、“小于”或“等于”）．
②反应在4～5min间，平衡向逆反应方向移动，可能的原因是 ，表中5～6min之间数值发生变化，可能的原因是 ．
a．降低温度b．增加水蒸气 c．增加氢气浓度d．使用催化剂．
27．能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，研究甲醇具有重要意义．
（1）用CO合成甲醇的反应为CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）；在容积为1L的密闭容器中分别充入1mol CO和2mol H2，实验测得甲醇的物质的量和温度、时间的关系曲线如图甲所示．则该正反应的△H （填“＜”“＞”或“=”）0．
（2）利用工业废水中的CO2可制取甲醇，其反应为：CO2+3H2CH3OH+H2O．
①已知下列反应的能量变化如图乙所示：由二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式为
②为探究用CO2来生产燃料甲醇的反应原理，现进行如下实验：在一恒温恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，进行上述反应．测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图1所示，从反应开始到平衡，v（H2）= ．
（3）工业上可利用甲醇部分氧化法制取氢气．在一定温度下以Ag/CeO2﹣ZnO为催化剂时原料气比例对反应的选择性（选择性越大，表示生成的该物质越多）影响关系如图2所示．在制备H2时最好控制n（O2）/n（CH3OH）=
2015-2016学年山东省德州市武城二中高二（上）第一次月考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共56分，1～10每小题2分，11～22每小题2分．）
1．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的反应
C．自发反应在任何条件下都能实现
D．自发反应在恰当的条件下才能实现
【考点】焓变和熵变．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】反应能否自发进行取决于△H﹣T△S，只有△H﹣T△S＜0，反应才能自发进行，所以决定反应能否自发进行与反应的熵变和焓变都有关系．
【解答】解：反应能否自发进行取决于△H﹣T△S是否小于0，如果△H＜O，△S＜0，即放热的、熵减小的反应，当高温非常高时，△H﹣T△S可能大于0，不能自发进行，故只有D正确，A、B、C错误．
故选：D．
【点评】本题考查了反应能否自发进行的判断依据，明确反应自发进行的判据为：△H﹣T△S＜0是解题关键，题目难度不大．
2．下列说法正确的是（ ）
A．热化学方程式中，如果没有注明温度和压强，则表示反应热是在标准状况下测得的数据
B．升高温度或加入催化剂，可以改变化学反应的反应热
C．据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量
D．吸热反应中破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量
【考点】吸热反应和放热反应；化学反应中能量转化的原因．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A、不标注温度和压强，反应热是通常状况下测得的数据；
B、催化剂只改变反应速率，不改变化学平衡，不能改变化学反应的反应热；
C、化学反应遵循能量守恒，化学反应一定伴随能量的改变，所以反应物的总能量一定不等于生成物的总能量；
D、破坏反应物全部化学键所需能量是吸热过程，若大于破坏生成物全部化学键所需能量，反应为吸热反应．
【解答】解：A、不标注温度和压强，反应热是通常状况下测得的数据，故A错误；
B、催化剂只改变反应速率，不改变化学平衡，不能改变化学反应的反应热，故B错误；
C、化学反应遵循能量守恒，化学反应一定伴随能量的改变，所以反应物的总能量一定不等于生成物的总能量，故C错误；
D、破坏反应物全部化学键所需能量是吸热过程，若大于破坏生成物全部化学键所需能量，反应为吸热反应，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了反应热效应，反应能量变化的分析判断，主要是能量守恒应用，依据化学键的变化判断反应热，题目难度中等．
3．下列关于化学平衡常数的说法正确的是（ ）
A．化学平衡发生移动，平衡常数必发生变化
B．平衡常数发生变化，化学平衡必发生移动
C．改变浓度，平衡常数一定改变
D．催化剂改变达到平衡的时间，必引起平衡常数的改变
【考点】化学平衡常数的含义．
【分析】平衡常数指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，化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关，平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大．
【解答】解：A、同一反应，平化学衡常数只受温度影响，非温度改变的平衡移动，平衡常数不变，故A错误；
B、根据平衡常数的定义可知，平衡常数发生变化，化学平衡必发生移动，故B正确；
C、同一反应，平化学衡常数只受温度影响，改变浓度平衡常数不变，故C错误；
D、同一反应，平化学衡常数只受温度影响，所以催化剂不会引起平衡常数的改变，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查了化学平衡常数、影响因素及应用，难度不大，注意化学平衡常数只与温度有关，同一转化关系化学计量数不同，平衡常数不同，温度相同，同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数．
4．在一定温度下，可逆反应A（g）+3B（g） 2C（g）达到平衡的标志是（ ）
A．A的生成速率与C的分解速率相等
B．单位时间内生成n molA，同时生成3n molB
C．A、B、C的浓度不再变化
D．A、B、C的浓度之比为1：3：2
【考点】化学平衡状态的判断．
【专题】化学平衡专题．
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
【解答】解：A、由于A与C的化学计量数不相等，A的生成速率与C的分解速率相等，说明没有达到平衡状态，故A错误；
B、单位时间内生成nmolA，同时生成3nmolB，表示的都是逆反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，故B错误；
C、各组分的浓度不变，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故C正确；
D、各组分的浓度大小，不能判断各组分的浓度是否不变，无法判断是否达到了平衡状态，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查化学平衡状态的判断，难度中等，判断时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
5．下列关于强、弱电解质的叙述中，错误的是（ ）
A．强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡
B．在溶液里导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质
C．同一弱电解质的溶液，当温度、浓度不同时，其导电能力也不同
D．纯的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电
【考点】强电解质和弱电解质的概念．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质；
B．强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质；
C．稀释促进电离，升温促进电离；
D．NaCl，K2SO4液态时导电，AlCl3，HCl液态时不导电．
【解答】解：A．强电解质在水中完全电离，不存在电离平衡，故A正确；
B．强弱电解质与导电能力无关，取决于在水溶液中能否完全电离，故B错误；
C．弱电解质溶液的导电能力与离子的浓度和离子所带的电荷数有关，当浓度不同时，离子的浓度不同，所以导电能力不同．但当温度也不同时，弱电解质的电离程度也不同，所以当这两个因素都不相同时，导电能力可能相同，故C正确；
D．离子化合物类强电解质，液态时导电，它们都含有活泼的金属和活泼非金属，且熔点都高．如NaCl，K2SO4等，共价化合物类强电解质，液态时不导电，如AlCl3，HCl等，它们的熔点都较低，故D正确．
故选B．
【点评】本题考查强弱电解质与导电能力的关系，难度不大，注意离子化合物类强电解质，液态时导电，它们都含有活泼的金属和活泼非金属，且熔点都高．如NaCl，K2SO4等，共价化合物类强电解质，液态时不导电，如AlCl3，HCl等．
6．能说明醋酸是弱电解质的事实是（ ）
A．醋酸溶液的导电性比盐酸弱
B．醋酸溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳
C．醋酸溶液用水稀释后，氢离子浓度下降
D．0.1mol的CH3COOH溶液中，氢离子浓度约为0.001mol
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；强电解质和弱电解质的概念．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】证明醋酸是弱电解质的方法有：1．根据醋酸的电离程度，2．根据醋酸的强碱盐溶液的酸碱性判断．
【解答】解：A．溶液的导电能力与溶液中离子浓度有关，与电解质的强弱无关，故A错误；
B．醋酸溶液和碳酸钙反应生成二氧化碳，说明醋酸的酸性比碳酸强，但不能说明醋酸是弱电解质，故B错误；
C．无论醋酸是强电解质还是弱电解质，稀释醋酸溶液，氢离子浓度都降低，所以不能说明醋酸是弱电解质，故C错误；
D.0.1mol的CH3COOH溶液中，氢离子浓度约为0.001mol，说明醋酸是部分电离的，在其溶液中存在电离平衡，所以能说明醋酸是弱电解质，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了弱电解质的判断，电解质的强弱与其电离程度有关，只有部分电离的电解质是弱电解质．
7．下列说法或表示方法正确的是（ ）
A．若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多
B．由“C（石墨）═C（金刚石）△H=1.9kJ/mol”可知，金刚石比石墨稳定
C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=285.8kJ/mol
D．在稀溶液中：H++OH﹣═H2O△H=﹣57.3kJ/mol，若将含1molCH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3kJ
【考点】反应热和焓变．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A．根据气体变成固体放热判断；
B．石墨能量比金刚石小，较稳定；
C．反应放热，△H＜0；
D．醋酸为弱电解质，电离吸热．
【解答】解：A．固体硫变为硫蒸汽要吸热，则燃烧时放出的热量较少，故A错误；
B．反应为吸热反应，则石墨能量比金刚石小，能量越低越稳定，故B错误；
C．反应放热，应为△H=﹣285.8kJ/mol，故C错误；
D．醋酸为弱电解质，电离吸热，则放出的热量小于57.3kJ，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查反应热与焓变，综合考查学生对化学反应与能量变化的理解，为高考常见题型，注意相关基础知识的积累，注意把握问题的角度，理解物质的聚集状态与能量的关系、稳定的大小比较以及弱电解质的电离等问题．
8．在一定条件下，将X和Y两种物质按不同的比例放入密闭容器中反应，平衡后测得X，Y的转化率与起始时两物质的物质的量之比的关系如图所示，则X，Y的反应方程式可表示为（ ）
A．2X+Y 3Z B．3X+2Y 2Z C．X+3Y Z D．3X+Y Z
【考点】化学平衡的计算．
【专题】化学平衡专题．
【分析】当反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，物质的转化率相同，据此由图可知=3时，转化率相同，即X与Y的化学计量数之比为3：1．
【解答】解：当反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，物质的转化率相同，据此由图可知=3时，转化率相同，即X与Y的化学计量数之比为3：1，故反应为3X+Y Z．
故选D．
【点评】本题考查化学平衡图象与计算，难度中等，清楚反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，物质的转化率相同是解题关键．
9．合成氨反应的正反应是气体体积减小的放热反应，合成氨工业的生成流程如下：
关于合成氨工业的说法中不正确的是（ ）
A．混合气进行循环利用遵循绿色化学思想
B．对原料气进行压缩可以增大原料气的转化率
C．合成氨反应须在低温下进行
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
【考点】工业合成氨．
【专题】化学计算．
【分析】A、根据绿色化学思想：环保、无污染以及原料的利用率高来回答；
B、根据压强对化学平衡移动的影响来回答；
C、根据温度对反应速率的影响来回答；
D、催化剂的特点：提高反应的速率，但是不能使平衡移动．
【解答】解：A、混合气进行循环利用可以节约能源、提高原料的利用率，这遵循绿色化学思想，故A正确；
B、对原料气进行压缩，即增大压强，化学平衡正向移动，可以增大原料气的转化率，故B正确；
C、降低温度，反应速率减慢，为保证速率较快，催化剂的活性高，产物的产率又不低，则选择适宜的温度即可，不能在低温下进行，故C错误；
D、催化剂的特点：提高反应的速率，但是不能使平衡移动，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，故D正确．
故选C．
【点评】本题涉及催化剂的特点以及化学平衡移动原理知识，注意实际和理论的应用是关键，难度不大．
10．密闭容器中有如下反应：mA（g）+nB（g） pC（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积缩小到原来的，当达到新平衡时，C的浓度为原来的1.8倍．下列说法中正确的是（ ）
A．m+n＞p B．A的转化率降低
C．平衡向正反应方向移动 D．C的质量分数增加
【考点】化学平衡的计算．
【分析】可逆反应mA（g）+nB（g） pC（g）达到平衡后，温度不变，将气体体积压缩到，若平衡不移动，C的浓度为原来的2倍，当达到平衡时C的浓度为原来的1.8倍，则体积减小时平衡逆向移动，据此对各选项进行判断．
【解答】解：mA（g）+nB（g） pC（g），达到平衡后，温度不变，将气体体积压缩到，若平衡不移动，C的浓度为原来的2倍，当达到平衡时C的浓度为原来的1.8倍，则体积减小时平衡逆向移动，
A．容器的体积缩小，相当于加压，平衡逆向移动，则m+n＜p，故A错误；
B．平衡向着逆向移动，则A的转化率减小，故B正确；
C．根据上述分析可知，缩小容器体积后平衡向着逆向移动，故C错误；
D．由于平衡逆向移动，则C的质量减小，由于总质量不变，所以C的质量分数减小，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查影响平衡移动的因素，题目难度中等，注意把握“将容器体积缩小到原来的，当达到新平衡时，C的浓度为原来的1.8倍”为解答的关键．
11．工业制氢气的一个重要反应是：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）．已知在25℃时：
C（石墨）+O2（g）═CO（g）△H=﹣111kJ/mol
H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣242kJ/mol
C（石墨）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣394kJ/mol
则25℃时1mol CO与水蒸气作用转化为氢气和二氧化碳反应△H为（ ）
A．+41．kJ/mol B．﹣41kJ/mol C．283kJ/mol D．﹣131kJ/mol
【考点】有关反应热的计算．
【分析】根据盖斯定律，由已知热化学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算．
【解答】解：（1）已知在25℃时：
①C（石墨）+O2（g）═CO（g）△H1=﹣111kJ/mol
②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2=﹣242kJ/mol
③C（石墨）+O2（g）═CO2（g）△H3=﹣394kJ/mol
由盖斯定律，③﹣②﹣①得：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g），故△H=△H3﹣△H2﹣△H1=﹣394kJ/mol﹣（﹣242kJ/mol）﹣（﹣111kJ/mol）=﹣41kJ/mol，
故选B．
【点评】本题考查反应热有关计算，注意利用盖斯定律构造目标热化学方程式，题目侧重于考查学生的计算能力，题目难度中等．
12．依据下表判断CH3CH3CH2=CH2+H2的反应热为（ ）
化学键 C﹣H C=C C﹣C H﹣H
键能（kJmol﹣1） 414.4 615.3 347.4 435.3
A．125.6kJmol﹣1 B．﹣125.6kJmol﹣1
C．46.1kJmol﹣1 D．﹣46.1kJmol﹣1
【考点】有关反应热的计算．
【分析】根据反应热=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和进行计算，1molCH3CH3中含有6molC﹣H，1molC﹣C，CH2=CH2中含有4molC﹣H，1molC=C，1molH2含有1molH﹣H．
【解答】解：CH3CH3CH2=CH2+H2，1molCH3CH3中含有6molC﹣H，1molC﹣C，CH2=CH2中含有4molC﹣H，1molC=C，1molH2含有1molH﹣H，反应热=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和，所以该反应的反应热=347.4+6×414.4﹣615.3﹣414.4×4﹣435.3=+125.6kJ/mol，
故选A．
【点评】本题考查学生对反应热的计算，题目难度不大，注意掌握反应热=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和．
13．对可逆反应2A（s）+3B（g） C（g）+2D（g）△H＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（ ）
①增加A的量，平衡向正反应方向移动
②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小
③压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变
④增大B的浓度，v（正）＞v（逆）
⑤加入催化剂，B的转化率提高．
A．①② B．④ C．③ D．④⑤
【考点】化学平衡的影响因素．
【专题】化学平衡专题．
【分析】①A是固体，其量的变化对平衡无影响；
②升高温度，正、逆反应速率都增大；
③压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大；
④增大B的浓度，平衡向正反应移动；
⑤催化剂不能使化学平衡发生移动．
【解答】解：①A是固体，增大A的量对平衡无影响，故①错误；
②升高温度，v（正）、v（逆）均应增大，但v（逆）增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故②错误；
③压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大，故③错误；
④增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v（正）＞v（逆），故④正确；
⑤使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故⑤错误；
故选B．
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，比较基础，注意化学平衡发生移动的本质是改变条件引起正、逆速率不相等．
14．化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物尝试随反应时间变化如图所示，计算反应4～8min间的平均反应速率和推测反应16min 反应物的浓度，结果应是（ ）
A．2.5μmolL﹣1/min和2.0μmol/L﹣1
B．2.5μmolL﹣1/min和2.5μmol/L﹣1
C．3.0μmolL﹣1/min和3.0μmol/L﹣1
D．5.0μmolL﹣1/min和3.0μmol/L﹣1
【考点】反应速率的定量表示方法．
【专题】压轴题；化学反应速率专题．
【分析】根据v=计算反应4～8min间的平均反应速率；
0～4 min期间，反应物浓度变化为（40﹣20）μmol/L=20μmol/L，4～8 min期间，反应物浓度变化为（20﹣10）μ mol/L=10μmol/L，可知，每隔4分钟，速率降为原来的一半．据此计算．
【解答】解：由图可知，4～8 min期间，反应物浓度变化为（20﹣10）μ mol/L=10μmol/L，
所以4～8 min期间，反应速率为=2.5μ mol/（Lmin）．
由图可知，0～4 min期间，反应物浓度变化为（40﹣20）μmol/L=20μmol/L，4～8 min期间，反应物浓度变化为（20﹣10）μ mol/L=10μmol/L，可知，每隔4分钟，浓度变化量降为原来的一半．
所以8～12min浓度变化为5μ mol/L，12～16min浓度变化为2.5μ mol/L．
所以16min时浓度为10μ mol/L﹣5μ mol/L﹣2.5μ mol/L=2.5μ mol/L．
故选：B．
【点评】考查反应速率的有关计算，难度中等，根据图中浓度变化判断相同时间内的浓度变化量是解题关键．
15．I2在KI溶液中存在下列平衡：I2（aq）+I﹣（aq） I3（aq）某I2、KI混合溶液中，I3﹣的物质的量浓度c（I3﹣）与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）．下列说法正确的是（ ）
A．反应I2（aq）+I﹣（aq）I3（aq）的△H＞0
B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2
C．若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆
D．状态A与状态B相比，状态A的c（I2）大
【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．
【专题】图像图表题；压轴题；化学平衡专题．
【分析】A、根据温度升高时平衡移动的方向判断反应的反应热；
B、根据温度变化时平衡移动的方向比较平衡常数的大小；
C、根据D状态与平衡状态比较，判断反应方向进而得出反应速率关系；
D、根据平衡移动规律比较浓度大小；
【解答】解：A、随着温度的不断升高，I3﹣的浓度逐渐的减小，说明反应向逆方向移动，I2（aq）+I﹣（aq）I3﹣（aq） 是一个放热反应，即△H＜0，故A错误；
B、因为，T2＞T1，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，即K1＞K2；故B正确；
C、从图中可以看出D点并没有达到平衡状态，所以它要向A点移动，I3﹣的浓度应增加，平衡向正分析移动，所以v正＞v逆，故C正确；
D、温度升高，平衡向逆方向移动，c（I3﹣）变小，则c（I2）应变大，所以状态B的c（I2）大，故D错误；
故选BC．
【点评】本题考查化学平衡的移动和平衡常数的运用，注意化学平衡图象分析的一般方法来解答：一看面：看清图象中横坐标和纵坐标的含义；二看线：弄清图象中线的斜率或线走势的意义；三看点：明确曲线的起点、终点、交点及拐点等；四看是否需要辅助线．
16．一定条件下用甲烷可以消除氮氧化物（NOx）的污染．已知：
①CH4（ g ）+4NO2（ g ）═4NO（ g ）+CO2（ g ）+2H2O（ g ）△H=﹣574kJmol﹣1
②CH4（ g ）+4NO（ g ）═2N2（ g ）+CO2（ g ）+2H2O（ g ）△H=﹣1160kJmol﹣1．
下列正确的选项是（ ）
A．CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣867kJmol﹣1
B．CH4催化还原NOx为N2的过程中，若x=1.6，则转移的电子总数为3.2mol
C．若0.2mol CH4还原NO2至N2，在上述条件下放出的热量为173.4kJ
D．若用标准状况下4.48L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为3.2mol
【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；氧化还原反应的电子转移数目计算；有关反应热的计算．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A、由反应①+②可得到2CH4（g）+4NO2（g）═2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（ g ），再利用化学计量数与反应热成正比来计算；
B、x=1.6，1molNOx中NO2、NO分别为0.6mol、0.4mol，转移的电子数为0.6mol×（4﹣0）+0.4mol×（2﹣0）；
C、利用热化学反应方程式中化学计量数与反应热的关系来计算；
D、利用n=计算甲烷的物质的量，再利用碳元素化合价的变化来计算转移的电子数．
【解答】解：A、反应①+②可得到2CH4（g）+4NO2（g）═2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（ g ），△H=（﹣574kJmol﹣1）+（﹣1160kJmol﹣1）=﹣1734kJmol﹣1，
则CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（ g ）△H=﹣867kJmol﹣1，若生成液态水，则放出的热量大于
867KJ，故A错误；
B、x=1.6，1molNOx中NO2、NO分别为0.6mol、0.4mol，转移的电子数为0.6mol×（4﹣0）+0.4mol×（2﹣0）=3.2mol，但该反应中NOx的物质的量不确定，则转移的电子数不确定，故B错误；
C、由CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（ g ）△H=﹣867kJmol﹣1，放出的热量为0.2mol×867kJmol﹣1=173.4kJ，故C正确；
D、甲烷的物质的量为=0.2mol，碳元素的化合价由﹣4价升高为+4价，则转移的电子总数为为0.2mol×8=1.6mol，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查学生利用盖斯定律来计算反应的反应热，并学会利用化学计量数与反应热的关系、利用化合价的变化分析电子转移的数目来就解答即可．
17．工业上制备高纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）═Si（s）+4HCl（g）△H=+Q kJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应（此条件下为可逆反应），下列叙述中正确的是（ ）
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B．若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJ
C．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则H2的反应速率为0.03mol/（Lmin）
D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL 1mol/L的NaOH溶液恰好反应
【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．
【专题】化学平衡专题．
【分析】A、从压强对平衡移动的影响分析；
B、注意反应的可逆性；
C、根据反应速率之比等于化学计量数之比分析；
D、根据方程式计算生成HCl的物质的量．
【解答】解：A、从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，故A错误；
B、该反应为可逆反应，1molSiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于QkJ，故B错误；
C、反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v（HCl）==0.03mol/（Lmin），根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=×v（HCl）=×0.03mol/（Lmin）=0.015mol/（Lmin），故C错误；
D、由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成HCl的物质的量为×4=0.1mol，100mL1mol/L的NaOH的物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查较为综合，涉及反应热的计算、化学反应速率、化学平衡等问题，题目难度中等，注意反应的可逆性，选项B是解答中的易错点．
18．在10L密闭容器中，A、B、C三种气态物质构成可逆反应体系．某温度下，A、B、C三者物质的量与时间的关系如图1所示，而C的百分含量与温度的关系如图2所示．下列说法错误的是（ ）
A．0～4分钟时，A的平均反应速率为0.01mol/（Lmin）
B．由T1向T2变化时，V正＞V逆
C．此反应的正反应为吸热反应
D．其它条件不变时给平衡体系加压，达新平衡时，C的体积分数增大
【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线．
【专题】化学平衡专题．
【分析】根据图1知，随着反应的进行，A和B的物质的量减少，C的物质的量增大，则A和B是反应物，C是生成物，
反应过程中，物质的量的变化量之比等于其计量数之比，所以A、B和C的计量数之比=（2.4﹣1.6）mol：（1.6﹣1.2）mol：（0.4﹣0）mol=0.8mol：0.4mol：0.4mol=2：1：1，当反应达到T3时，再升高温度C的含量降低，则正反应是放热反应，该反应的方程式为：2A（g）+B（g） C（g）△H＜0．
A．根据v=计算平均反应速率；
B．由T1向T2变化时，C的含量增大，则平衡向正反应方向移动；
C．当达到平衡状态后，升高温度平衡向吸热反应方向移动，根据C的含量变化判断反应热；
D．其它条件不变时给平衡体系加压，平衡向气体体积减小的方向移动．
【解答】解：根据图1知，随着反应的进行，A和B的物质的量减少，C的物质的量增大，则A和B是反应物，C是生成物，
反应过程中，物质的量的变化量之比等于其计量数之比，所以A、B和C的计量数之比=（2.4﹣1.6）mol：（1.6﹣1.2）mol：（0.4﹣0）mol=0.8mol：0.4mol：0.4mol=2：1：1，当反应达到T3时，再升高温度C的含量降低，则正反应是放热反应，该反应的方程式为：2A（g）+B（g） C（g）△H＜0．
A.0～4分钟时，A的平均反应速率v===0.01mol/（Lmin），故A正确；
B．由T1向T2变化时，C的含量增大，平衡向正反应方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，故B正确；
C．该反应正反应是放热反应，故C错误；
D．其它条件不变时给平衡体系加压，平衡向气体体积减小的方向移动，则向正反应方向移动，达新平衡时，C的体积分数增大，故D正确；
故选C．
【点评】本题考查了化学平衡图象的分析，正确推断可逆反应及反应热是解本题关键，注意图2中探究反应热时，必须是当反应达到平衡状态后再改变温度来确定反应热，为易错点．
19．有可逆反应mA（s）+nB（g）═pC（g）+qD（g），反应过程中，当其它条件不变时，C的质量分数与温度（T）和压强（P）的关系如图所示，根据图中曲线分析，判断下列叙述中，正确的是（ ）
A．到达平衡后，若使用催化剂，C的质量分数增大
B．平衡后，若升高温度，平衡则向逆反应方向移动
C．平衡后增大A的量，有利于提高A的转化率
D．化学方程式中一定是m+n＜p+q
【考点】化学平衡建立的过程．
【分析】由左图知，升高温度，C%减小，则平衡向逆向移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应；由右图可知，压强为P2先到达平衡，故P2＞P1，增大压强，C%减小，则平衡向逆向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，故n＜p+q．
A、催化剂对化学平衡移动无影响．
B、由左图知，升高温度，C%减小，则平衡向逆向移动．
C、A为固体，对平衡无影响．
D、增大压强，C%减小，则平衡向逆向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动．
【解答】解：A、使用催化剂，缩短到达平衡时间，平衡不移动，C的质量分数不变，故A错误；
B、由左图知，升高温度，C%减小，则平衡向逆向移动，故B正确；
C、达平衡后增加A的量，因A为固体，对平衡无影响，A的转化率不变，故C错误；
D、增大压强，C%减小，则平衡向逆向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，故n＜p+q，故D错误．
故选：B．
【点评】本题考查了化学平衡影响因素的分析，图象的解题方法是“先拐先平”，即曲线先折拐的首先达到平衡，以此判断温度或压强的高低，再依据外界条件对平衡的影响确定答案，题目难度中等．
20．将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2（g） 2HBr（g）△H＜0，g平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为b．a与b的关系是（ ）
A．a＞b B．a=b C．a＜b D．无法确定
【考点】化学平衡的影响因素．
【专题】化学平衡专题．
【分析】恒温条件下反应是放热反应，平衡时Br2（g）的转化率为a，若初始条件相同，绝热下进行上述反应，由于反应是放热反应，容器中的温度高于恒温条件下容器中的温度，平衡向吸热反应方向移动，所以平衡逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率小于a；
【解答】解：恒温下发生反应H2（g）+Br2（g） 2HBr（g）△H＜0，反应是放热反应，此时达到平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，容器中的温度比恒温容器中的温度高，所以化学平衡向逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率减少，即b＜a；
故选：A．
【点评】本题考查了合成平衡的影响条件的分析应用，关键是理解恒温容器和绝热容器的本质区别．
21．在一定温度下，一定体积的密闭容器中有如下平衡：H2（气）+I2（气） 2HI（气）
已知H2和I2的起始浓度均为0.10molL﹣1时，达平衡时HI的浓度为0.16molL﹣1．若H2和I2的起始浓度均变为0.20molL﹣1，则平衡时H2的浓度（molL﹣1）是（ ）
A．0.16 B．0.08 C．0.04 D．0.02
【考点】化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系．
【专题】化学反应速率专题．
【分析】因温度不变，则两种情况下平衡常数相同，利用“H2和I2的起始浓度均为0.1molL﹣1时，达平衡时HI的浓度为0.16molL﹣1”计算K，再利用三段法计算，以此来解答．
【解答】解：H2（g）+I2（g） 2HI（g）
起始浓度0.10molL﹣1 0.10molL﹣1 0
反应浓度0.08molL﹣1 0.08molL﹣1 0.16molL﹣1
平衡浓度0.02molL﹣1 0.02molL﹣1 0.16molL﹣1
化学平衡常数K==64，
则H2和I2的起始浓度均变为0.20molL﹣1时，设则平衡时H2的浓度为x（molL﹣1），氢气的反应浓度为（ 0.20﹣x）molL﹣1，
H2（g）+I2（g） 2HI（g）
起始浓度 0.20molL﹣1 0.20molL﹣1 0
反应浓度 （0.20﹣x）molL﹣1 （0.20﹣x）molL﹣1 2（0.20﹣x）molL﹣1
平衡浓度 x x 2（0.20﹣x）molL﹣1
K==64，解得x=0.04，
故选C．
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高考常见题型，把握温度不变则K不变为解答的关键，注重分析与计算能力的考查，注意三段法在计算中的应用，题目难度不大．
22．已知H2CO3═H++HCO，K1=4.3×10﹣7molL﹣1；HCO═H++CO，K2=5.6×10﹣11molL﹣1；HClO═H++ClO﹣，K=3.0×10﹣8molL﹣1．根据上述电离常数分析，下列各式中错误的是（ ）
A．Ca（ClO）2+2HCl═CaCl2+2HClO
B．Ca（ClO）2+2H2O+2CO2═Ca（HCO3）2+2H2O
C．NaClO+H2O+CO2═NaHCO3+HClO
D．Na2CO3+2HClO═2NaClO+H2O+CO2↑
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】已知：H2CO3 H++HCO3﹣，K1=4.3×10﹣7；HCO3﹣ H++CO32﹣，K2=5.6×10﹣11；HClO H++ClO﹣，K=3.0×10﹣8，可知碳酸与次氯酸都是弱酸，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，结合强酸制弱酸与物质的性质判断．
【解答】解：电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣．
A、盐酸是强酸，次氯酸是弱酸，根据强酸制备弱酸，反应可以发生，故A正确；
B、酸性H2CO3＞HClO，碳酸钙不能溶于HClO，反应可以发生，故B正确；
C、酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，根据强酸制备弱酸，反应可以发生，故C正确；
D、酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，根据强酸制弱酸，次氯酸钠与水、二氧化碳反应应该生成次氯酸与碳酸氢钠，反应为NaClO+H2O+CO2═NaHCO3+HClO，故D错误．
故选D．
【点评】本题考查电离平衡常数的运用、复分解反应的反应发生的条件等，难度中等，注意B选项中碳酸钙不溶于次氯酸，所以反应可以进行．
二、非选择题
23．下列物质中属于强电解质的是： a、b ，属于弱电解质的是 c、e ．
a．BaSO4 b．NaHCO3 c．H2SO3 d．Cu e．Fe（OH）3
写出c、e两物质的电离方程式 H2SO3 H++HSO3﹣、HSO3﹣ H++SO32﹣，Fe（OH）3 Fe3++3OH﹣ ．
【考点】强电解质和弱电解质的概念．
【分析】在水溶液里或熔融状态下全部电离的是强电解质，部分电离属于弱电解质，电解质属于纯净物、化合物；
多元弱酸为弱电解质，部分电离，分步电离，用可逆号；
多元弱碱为弱电解质，部分电离，分步电离，一步写到位．
【解答】解：a．BaSO4 在水溶液里能够完全电离，属于强电解质；
b．NaHCO3 在水溶液里或熔融状态下全部电离，属于强电解质；
c．H2SO3 在水溶液里部分电离，属于弱电解质；
d．Cu 属于单质，不是电解质；
e．Fe（OH）3在水溶液里部分电离，属于弱电解质；
所以：属于强电解质的是：ab；属于弱电解质的是：ce；
H2SO3多元弱酸为弱电解质，分步电离，电离方程式：H2SO3 H++HSO3﹣、HSO3﹣ H++SO32﹣；
Fe（OH）3多元弱碱为弱电解质，分步电离，一步写到位，电离方程式：Fe（OH）3 Fe3++3OH﹣；
故答案为：a、b；c、e；H2SO3 H++HSO3﹣、HSO3﹣ H++SO32﹣，Fe（OH）3 Fe3++3OH﹣．
【点评】本题考查了强弱电解质判断，明确电解质强弱判断依据为电离程度是解题关键，书写电离方程式应分清电解质强弱及电离方式，注意离子的正确书写、电荷守恒、离子团不能拆开，题目难度不大．
24．用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HC1．利用反应A，可实现氯的循环利用．
反应A：4HCl（g）+O2（g） Cl2 （g）+2H2O （g）
（1）已知：Ⅰ．反应A中，4mol HC1被氧化，放出115.6kJ的热量．
Ⅱ．
①H2O的电子式是 ．
②反应A的热化学方程式是 4HCl（g）+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）△H=﹣115.6 KJ/mol ．
③断开1mol H﹣O 键与断开 1mol H﹣Cl 键所需能量相差约为 32 kJ，H2O中H﹣O 键比HCl中H﹣Cl键（填“强”或“弱”） 强 ．
【考点】有关反应热的计算；电子式；热化学方程式．
【分析】①共价化合物的电子式由对应原子的电子式组成，并要表示出两原子之间的共用电子对情况；
②反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，依据热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和对应焓变写出；
③反应热△H=反应物总键能﹣生成物的总键能，据此计算H﹣O键与H﹣Cl键的键能差，进而计算断开1mol H﹣O键与断开1mol H﹣Cl键所需能量差．
【解答】解：①H2O是共价化合物，是由原子和氢原子形成共价键，电子式为，故答案为：；
②依据反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应的热化学方程式为：4HCl（g）+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）△H=﹣115.6 KJ/mol，
故答案为：4HCl（g）+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）△H=﹣115.6 KJ/mol；
③E（H﹣O）、E（HCl）分别表示H﹣O键能、H﹣Cl键能，反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应热△H=反应物总键能﹣生成物的总键能，故：4×E（H﹣Cl）+498kJ/mol﹣[2×243kJ/mol+4×E（H﹣O）]=﹣115.6kJ/mol，整理得，4E（H﹣Cl）﹣4E（H﹣O）=﹣127.6kJ/mol，即E（H﹣O）﹣E（HCl）=31.9kJ/mol，
故断开1mol H﹣O键与断开1mol H﹣Cl键所需能量相差约为31.9kJ/mol×1mol=31.9kJ≈32kJ，所以H2O中H﹣O 键比HCl中H﹣Cl键强；
故答案为：32；强．
【点评】本题考查了焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和、热化学方程式的书写，题目难度中等．
25．已知反应：Fe（s）+CO2（g）═FeO（s）+CO（g）△H=a kJmol﹣1，测得在不同温度下，该反应的平衡常数K值随温度的变化如下表所示：
温度/℃ 500 700 900
K 1.00 1.47 2.40
（1）该反应的化学平衡常数表达式为 K= ，a 大于 0（填“大于”、“小于”或“等于”）．若在500℃2L密闭容器中进行该反应，CO2起始量为4mol，5min后达到平衡状态，则此时v（CO）为 0.2mol/（Lmin） ．
（2）若在700℃时该反应达到平衡，要使该平衡向右移动，其它条件不变时，可以采取的措施有 BD （填序号）．
A．缩小反应容器的体积 B．通入适量CO2 C．加入适量铁 D．升高温度到900℃E．使用合适的催化剂
（3）下列图象符合该反应的是 A （填序号）（图中v代表速率、ω代表混合物中CO的含量，T代表温度）．
【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到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，据此书写反应①的平衡常数，注意固体不需要写出；由表中数据可知，对于反应①，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，据此判断a值的符号；利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，再利用转化率定义根据v的公式，计算v（CO）；
（2）根据化学平衡移动的影响因素知识来回答．
（3）根据化学平衡移动和化学反应速率的影响因素知识来回答．
【解答】解：（1）反应Fe（s）+CO2（g）═FeO（s）+CO（g）的平衡常数K=，由表中数据可知，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，
升高温度平衡向吸热反应进行，故a＞0，
令平衡时参加反应的二氧化碳的物质的量为xmol，则：
Fe（s）+CO2（g）═FeO（s）+CO（g）
开始（mol）：4 0
变化（mol）：x x
平衡（mol）：4﹣x x
所以K==1，解得x=2，
故二氧化碳的转化率为：×100%=50%，
故CO表示的平均速率v（CO）==0.2mol/（Lmin）
故答案为：K=；大于；50%；0.2mol/（Lmin）；
（2）A．缩小反应器容积，压强增大，化学平衡不移动，故A错误；
B．通入适量CO2，增大CO2的浓度，化学平衡向右移动，故B正确；
C．增加Fe的物质的量，不会引起化学平衡的移动，故C错误
D．升高温度到900℃，化学平衡正向移动，故D正确；
E．使用合适的催化剂，不会引起化学平衡的移动，故E错误．
故选BD；
（3）A．升高温度平衡向吸热方向移动，即向正方向移动，故A正确；
B．升高温度平衡向吸热方向移动，即向正方向移动，混合物中CO的含量升高，故B错误；
C．由图知，T1曲线速率快，则T1＞T2，据平衡移动，对应的CO的含量也升高，故C错误；
故答案为：A．
【点评】本题考查学生化学反应中的反应热和焓变间的关系以及化学反应速率和化学平衡移动方面的知识，属于综合知识的考查，难度大．
26．+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＜0，
CO和H2O浓度变化如图，则0～4min的平均反应速率v（CO）= 0.03 molL﹣1min﹣1，850℃时，此反应的平衡常数为 1 ，CO的转化率为 60% ．
（2）t℃（高于850℃）时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如下表：
t/min c（CO）/molL﹣1 c（H2O）/molL﹣1 c（CO2）/molL﹣1 c（H2）/molL﹣1
0 0.200 0.300 0 0
2 0.138 0.238 0.062 0.062
3 c1 c2 c3 c3
4 c1 c2 c3 c3
5 0.116 0.216 0.084
6 0.096 0.266 0.104
①从表中看出，3～4min之间反应处于 平衡 状态；c1 大于 0.08（填“大于”、“小于”或“等于”）．
②反应在4～5min间，平衡向逆反应方向移动，可能的原因是 c ，表中5～6min之间数值发生变化，可能的原因是 b ．
a．降低温度b．增加水蒸气 c．增加氢气浓度d．使用催化剂．
【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．
【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．
【分析】（1）由图可知，CO起始浓度为0.2mol/L、H2O的起始浓度为0.3mol/L，850℃时4min达到平衡，平衡时CO的浓度为0.08mol/L，则：
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
开始浓度（mol/L）：0.2 0.3 0 0
变化浓度（mol/L）：0.12 0.12 0.12 0.12
平衡浓度（mol/L）：0.08 0.18 0.12 0.12
根据v=计算v（CO）；平衡常数K=；CO转化率=×100%；
（2）①3min、4min时同种物质的浓度相等，处于平衡状态；
起始浓度与（1）中相同，而（1）中850℃平衡时CO浓度为0.08mol/L，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故该温度下平衡时CO的浓度比原平衡850℃大；
②反应中△c（CO）=△c（H2O）=△c（CO2）=△c（H2），由表中数据可知，5min时与开始相比CO、H2O、CO2的浓度变化之比为1：1：1，平衡向逆反应移动，故可能升高温度、降低压强或增大氢气的浓度；
表中5min﹣6min之间，CO浓度降低0.02mol/L、H2O的浓度增大0.05mol/L、CO2的浓度增大0.02mol/L，故应该是增大水蒸气的浓度．
【解答】解：（1）由图可知，CO起始浓度为0.2mol/L、H2O的起始浓度为0.3mol/L，850℃时4min达到平衡，平衡时CO的浓度为0.08mol/L，则：
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
开始浓度（mol/L）：0.2 0.3 0 0
变化浓度（mol/L）：0.12 0.12 0.12 0.12
平衡浓度（mol/L）：0.08 0.18 0.12 0.12
v（CO）==0.03mol/（L．min），平衡常数K===1，CO转化率=×100%=69%；
故答案为：0.03mol/（L．min）；1；60%；
（2）①由表中数据可知，3min、4min时都应个组分的浓度相同，故处于平衡状态；
该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，故该温度下平衡时CO的浓度比原平衡850℃大，即c1＞0.08，
故答案为：平衡，大于；
②反应中△c（CO）=△c（H2O）=△c（CO2）=△c（H2），由表中数据可知，5min时与开始相比CO、H2O、CO2的浓度变化之比为1：1：1，平衡向逆反应移动，故可能升高温度、降低压强或增大氢气的浓度，故选c；
表中5min﹣6min之间，CO浓度降低0.02mol/L、H2O的浓度增大0.05mol/L、CO2的浓度增大0.02mol/L，故应该是增大水蒸气的浓度，故选b，
故答案为：c；b．
【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡常数、化学平衡图象等，难度中等，（3）中注意分析各物质的浓度变化量关系判断改变条件．
27．能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，研究甲醇具有重要意义．
（1）用CO合成甲醇的反应为CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）；在容积为1L的密闭容器中分别充入1mol CO和2mol H2，实验测得甲醇的物质的量和温度、时间的关系曲线如图甲所示．则该正反应的△H ＜ （填“＜”“＞”或“=”）0．
（2）利用工业废水中的CO2可制取甲醇，其反应为：CO2+3H2CH3OH+H2O．
①已知下列反应的能量变化如图乙所示：由二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式为 CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣50KJ/mol
②为探究用CO2来生产燃料甲醇的反应原理，现进行如下实验：在一恒温恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，进行上述反应．测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图1所示，从反应开始到平衡，v（H2）= 0.225 mol/（L．min） ．
（3）工业上可利用甲醇部分氧化法制取氢气．在一定温度下以Ag/CeO2﹣ZnO为催化剂时原料气比例对反应的选择性（选择性越大，表示生成的该物质越多）影响关系如图2所示．在制备H2时最好控制n（O2）/n（CH3OH）= 0.5
【考点】热化学方程式；反应热和焓变．
【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；化学反应速率专题．
【分析】（1）图象分析可知先拐先平，温度高，甲醇物质的量随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正反应为放热反应；
（2）①依据图2、3中热化学方程式结合盖斯定律计算得到二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式；
②由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，根据v=计算v（CH3OH），依据v（H2）=3v（CH3OH）；
（3）根据图象可知，当n（O2）/n（CH3OH）=0.25时，CH3OH与O2发生的主要反应为甲醇的催化氧化生成甲醛；在制备H2时最好控制n（O2）/n（CH3OH）=0.5时氢气生成最多．
【解答】解：（1）用CO合成甲醇的反应为：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g），根据图1所示，温度升高，甲醇的物质的量减小，平衡逆向移动，则正反应放热，则该正反应的△H＜0，
故答案为：＜；
（2）①图2、3中热化学方程式①CO（g）+H2O（l）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41KJ/mol；
②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=﹣（510﹣419）KJ/mol=﹣91KJ/mol；
由盖斯定律②﹣①得到二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣50KJ/mol，
故答案为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣50KJ/mol；
②10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，从反应开始到平衡，甲醇的平均反应速率v（CH3OH）==0.075mol/（Lmin），
v（H2）=3v（CH3OH）=3×0.075mol/（Lmin）=0.225mol/（Lmin），
故答案为：0.225 mol/（L．min）；
（3）根据图象可知，当n（O2）/n（CH3OH）=0.25时，CH3OH与O2发生的主要反应为甲醇的催化氧化生成甲醛，反应的方程式为：2CH3OH+O2 2HCHO+2H2O；依据图象分析
一、选择题（共56分，1～10每小题2分，11～22每小题2分．）
1．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的反应
C．自发反应在任何条件下都能实现
D．自发反应在恰当的条件下才能实现
2．下列说法正确的是（ ）
A．热化学方程式中，如果没有注明温度和压强，则表示反应热是在标准状况下测得的数据
B．升高温度或加入催化剂，可以改变化学反应的反应热
C．据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量
D．吸热反应中破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量
3．下列关于化学平衡常数的说法正确的是（ ）
A．化学平衡发生移动，平衡常数必发生变化
B．平衡常数发生变化，化学平衡必发生移动
C．改变浓度，平衡常数一定改变
D．催化剂改变达到平衡的时间，必引起平衡常数的改变
4．在一定温度下，可逆反应A（g）+3B（g） 2C（g）达到平衡的标志是（ ）
A．A的生成速率与C的分解速率相等
B．单位时间内生成n molA，同时生成3n molB
C．A、B、C的浓度不再变化
D．A、B、C的浓度之比为1：3：2
5．下列关于强、弱电解质的叙述中，错误的是（ ）
A．强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡
B．在溶液里导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质
C．同一弱电解质的溶液，当温度、浓度不同时，其导电能力也不同
D．纯的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电
6．能说明醋酸是弱电解质的事实是（ ）
A．醋酸溶液的导电性比盐酸弱
B．醋酸溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳
C．醋酸溶液用水稀释后，氢离子浓度下降
D．0.1mol的CH3COOH溶液中，氢离子浓度约为0.001mol
7．下列说法或表示方法正确的是（ ）
A．若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多
B．由“C（石墨）═C（金刚石）△H=1.9kJ/mol”可知，金刚石比石墨稳定
C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=285.8kJ/mol
D．在稀溶液中：H++OH﹣═H2O△H=﹣57.3kJ/mol，若将含1molCH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3kJ
8．在一定条件下，将X和Y两种物质按不同的比例放入密闭容器中反应，平衡后测得X，Y的转化率与起始时两物质的物质的量之比的关系如图所示，则X，Y的反应方程式可表示为（ ）
A．2X+Y 3Z B．3X+2Y 2Z C．X+3Y Z D．3X+Y Z
9．合成氨反应的正反应是气体体积减小的放热反应，合成氨工业的生成流程如下：
关于合成氨工业的说法中不正确的是（ ）
A．混合气进行循环利用遵循绿色化学思想
B．对原料气进行压缩可以增大原料气的转化率
C．合成氨反应须在低温下进行
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
10．密闭容器中有如下反应：mA（g）+nB（g） pC（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积缩小到原来的，当达到新平衡时，C的浓度为原来的1.8倍．下列说法中正确的是（ ）
A．m+n＞p B．A的转化率降低
C．平衡向正反应方向移动 D．C的质量分数增加
11．工业制氢气的一个重要反应是：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）．已知在25℃时：
C（石墨）+O2（g）═CO（g）△H=﹣111kJ/mol
H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣242kJ/mol
C（石墨）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣394kJ/mol
则25℃时1mol CO与水蒸气作用转化为氢气和二氧化碳反应△H为（ ）
A．+41．kJ/mol B．﹣41kJ/mol C．283kJ/mol D．﹣131kJ/mol
12．依据下表判断CH3CH3CH2=CH2+H2的反应热为（ ）
化学键 C﹣H C=C C﹣C H﹣H
键能（kJmol﹣1） 414.4 615.3 347.4 435.3
A．125.6kJmol﹣1 B．﹣125.6kJmol﹣1
C．46.1kJmol﹣1 D．﹣46.1kJmol﹣1
13．对可逆反应2A（s）+3B（g） C（g）+2D（g）△H＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（ ）
①增加A的量，平衡向正反应方向移动
②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小
③压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变
④增大B的浓度，v（正）＞v（逆）
⑤加入催化剂，B的转化率提高．
A．①② B．④ C．③ D．④⑤
14．化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物尝试随反应时间变化如图所示，计算反应4～8min间的平均反应速率和推测反应16min 反应物的浓度，结果应是（ ）
A．2.5μmolL﹣1/min和2.0μmol/L﹣1
B．2.5μmolL﹣1/min和2.5μmol/L﹣1
C．3.0μmolL﹣1/min和3.0μmol/L﹣1
D．5.0μmolL﹣1/min和3.0μmol/L﹣1
15．I2在KI溶液中存在下列平衡：I2（aq）+I﹣（aq） I3（aq）某I2、KI混合溶液中，I3﹣的物质的量浓度c（I3﹣）与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）．下列说法正确的是（ ）
A．反应I2（aq）+I﹣（aq）I3（aq）的△H＞0
B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2
C．若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆
D．状态A与状态B相比，状态A的c（I2）大
16．一定条件下用甲烷可以消除氮氧化物（NOx）的污染．已知：
①CH4（ g ）+4NO2（ g ）═4NO（ g ）+CO2（ g ）+2H2O（ g ）△H=﹣574kJmol﹣1
②CH4（ g ）+4NO（ g ）═2N2（ g ）+CO2（ g ）+2H2O（ g ）△H=﹣1160kJmol﹣1．
下列正确的选项是（ ）
A．CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣867kJmol﹣1
B．CH4催化还原NOx为N2的过程中，若x=1.6，则转移的电子总数为3.2mol
C．若0.2mol CH4还原NO2至N2，在上述条件下放出的热量为173.4kJ
D．若用标准状况下4.48L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为3.2mol
17．工业上制备高纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）═Si（s）+4HCl（g）△H=+Q kJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应（此条件下为可逆反应），下列叙述中正确的是（ ）
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B．若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJ
C．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则H2的反应速率为0.03mol/（Lmin）
D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL 1mol/L的NaOH溶液恰好反应
18．在10L密闭容器中，A、B、C三种气态物质构成可逆反应体系．某温度下，A、B、C三者物质的量与时间的关系如图1所示，而C的百分含量与温度的关系如图2所示．下列说法错误的是（ ）
A．0～4分钟时，A的平均反应速率为0.01mol/（Lmin）
B．由T1向T2变化时，V正＞V逆
C．此反应的正反应为吸热反应
D．其它条件不变时给平衡体系加压，达新平衡时，C的体积分数增大
19．有可逆反应mA（s）+nB（g）═pC（g）+qD（g），反应过程中，当其它条件不变时，C的质量分数与温度（T）和压强（P）的关系如图所示，根据图中曲线分析，判断下列叙述中，正确的是（ ）
A．到达平衡后，若使用催化剂，C的质量分数增大
B．平衡后，若升高温度，平衡则向逆反应方向移动
C．平衡后增大A的量，有利于提高A的转化率
D．化学方程式中一定是m+n＜p+q
20．将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2（g） 2HBr（g）△H＜0，g平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为b．a与b的关系是（ ）
A．a＞b B．a=b C．a＜b D．无法确定
21．在一定温度下，一定体积的密闭容器中有如下平衡：H2（气）+I2（气） 2HI（气）
已知H2和I2的起始浓度均为0.10molL﹣1时，达平衡时HI的浓度为0.16molL﹣1．若H2和I2的起始浓度均变为0.20molL﹣1，则平衡时H2的浓度（molL﹣1）是（ ）
A．0.16 B．0.08 C．0.04 D．0.02
22．已知H2CO3═H++HCO，K1=4.3×10﹣7molL﹣1；HCO═H++CO，K2=5.6×10﹣11molL﹣1；HClO═H++ClO﹣，K=3.0×10﹣8molL﹣1．根据上述电离常数分析，下列各式中错误的是（ ）
A．Ca（ClO）2+2HCl═CaCl2+2HClO
B．Ca（ClO）2+2H2O+2CO2═Ca（HCO3）2+2H2O
C．NaClO+H2O+CO2═NaHCO3+HClO
D．Na2CO3+2HClO═2NaClO+H2O+CO2↑
二、非选择题
23．下列物质中属于强电解质的是： ，属于弱电解质的是 ．
a．BaSO4 b．NaHCO3 c．H2SO3 d．Cu e．Fe（OH）3
写出c、e两物质的电离方程式 ．
24．用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HC1．利用反应A，可实现氯的循环利用．
反应A：4HCl（g）+O2（g） Cl2 （g）+2H2O （g）
（1）已知：Ⅰ．反应A中，4mol HC1被氧化，放出115.6kJ的热量．
Ⅱ．
①H2O的电子式是 ．
②反应A的热化学方程式是 ．
③断开1mol H﹣O 键与断开 1mol H﹣Cl 键所需能量相差约为 kJ，H2O中H﹣O 键比HCl中H﹣Cl键（填“强”或“弱”） ．
25．已知反应：Fe（s）+CO2（g）═FeO（s）+CO（g）△H=a kJmol﹣1，测得在不同温度下，该反应的平衡常数K值随温度的变化如下表所示：
温度/℃ 500 700 900
K 1.00 1.47 2.40
（1）该反应的化学平衡常数表达式为 ，a 0（填“大于”、“小于”或“等于”）．若在500℃2L密闭容器中进行该反应，CO2起始量为4mol，5min后达到平衡状态，则此时v（CO）为 ．
（2）若在700℃时该反应达到平衡，要使该平衡向右移动，其它条件不变时，可以采取的措施有 （填序号）．
A．缩小反应容器的体积 B．通入适量CO2 C．加入适量铁 D．升高温度到900℃E．使用合适的催化剂
（3）下列图象符合该反应的是 （填序号）（图中v代表速率、ω代表混合物中CO的含量，T代表温度）．
26．+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＜0，
CO和H2O浓度变化如图，则0～4min的平均反应速率v（CO）= molL﹣1min﹣1，850℃时，此反应的平衡常数为 ，CO的转化率为 ．
（2）t℃（高于850℃）时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如下表：
t/min c（CO）/molL﹣1 c（H2O）/molL﹣1 c（CO2）/molL﹣1 c（H2）/molL﹣1
0 0.200 0.300 0 0
2 0.138 0.238 0.062 0.062
3 c1 c2 c3 c3
4 c1 c2 c3 c3
5 0.116 0.216 0.084
6 0.096 0.266 0.104
①从表中看出，3～4min之间反应处于 状态；c1 0.08（填“大于”、“小于”或“等于”）．
②反应在4～5min间，平衡向逆反应方向移动，可能的原因是 ，表中5～6min之间数值发生变化，可能的原因是 ．
a．降低温度b．增加水蒸气 c．增加氢气浓度d．使用催化剂．
27．能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，研究甲醇具有重要意义．
（1）用CO合成甲醇的反应为CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）；在容积为1L的密闭容器中分别充入1mol CO和2mol H2，实验测得甲醇的物质的量和温度、时间的关系曲线如图甲所示．则该正反应的△H （填“＜”“＞”或“=”）0．
（2）利用工业废水中的CO2可制取甲醇，其反应为：CO2+3H2CH3OH+H2O．
①已知下列反应的能量变化如图乙所示：由二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式为
②为探究用CO2来生产燃料甲醇的反应原理，现进行如下实验：在一恒温恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，进行上述反应．测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图1所示，从反应开始到平衡，v（H2）= ．
（3）工业上可利用甲醇部分氧化法制取氢气．在一定温度下以Ag/CeO2﹣ZnO为催化剂时原料气比例对反应的选择性（选择性越大，表示生成的该物质越多）影响关系如图2所示．在制备H2时最好控制n（O2）/n（CH3OH）=
2015-2016学年山东省德州市武城二中高二（上）第一次月考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共56分，1～10每小题2分，11～22每小题2分．）
1．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的反应
C．自发反应在任何条件下都能实现
D．自发反应在恰当的条件下才能实现
【考点】焓变和熵变．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】反应能否自发进行取决于△H﹣T△S，只有△H﹣T△S＜0，反应才能自发进行，所以决定反应能否自发进行与反应的熵变和焓变都有关系．
【解答】解：反应能否自发进行取决于△H﹣T△S是否小于0，如果△H＜O，△S＜0，即放热的、熵减小的反应，当高温非常高时，△H﹣T△S可能大于0，不能自发进行，故只有D正确，A、B、C错误．
故选：D．
【点评】本题考查了反应能否自发进行的判断依据，明确反应自发进行的判据为：△H﹣T△S＜0是解题关键，题目难度不大．
2．下列说法正确的是（ ）
A．热化学方程式中，如果没有注明温度和压强，则表示反应热是在标准状况下测得的数据
B．升高温度或加入催化剂，可以改变化学反应的反应热
C．据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量
D．吸热反应中破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量
【考点】吸热反应和放热反应；化学反应中能量转化的原因．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A、不标注温度和压强，反应热是通常状况下测得的数据；
B、催化剂只改变反应速率，不改变化学平衡，不能改变化学反应的反应热；
C、化学反应遵循能量守恒，化学反应一定伴随能量的改变，所以反应物的总能量一定不等于生成物的总能量；
D、破坏反应物全部化学键所需能量是吸热过程，若大于破坏生成物全部化学键所需能量，反应为吸热反应．
【解答】解：A、不标注温度和压强，反应热是通常状况下测得的数据，故A错误；
B、催化剂只改变反应速率，不改变化学平衡，不能改变化学反应的反应热，故B错误；
C、化学反应遵循能量守恒，化学反应一定伴随能量的改变，所以反应物的总能量一定不等于生成物的总能量，故C错误；
D、破坏反应物全部化学键所需能量是吸热过程，若大于破坏生成物全部化学键所需能量，反应为吸热反应，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了反应热效应，反应能量变化的分析判断，主要是能量守恒应用，依据化学键的变化判断反应热，题目难度中等．
3．下列关于化学平衡常数的说法正确的是（ ）
A．化学平衡发生移动，平衡常数必发生变化
B．平衡常数发生变化，化学平衡必发生移动
C．改变浓度，平衡常数一定改变
D．催化剂改变达到平衡的时间，必引起平衡常数的改变
【考点】化学平衡常数的含义．
【分析】平衡常数指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，化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关，平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大．
【解答】解：A、同一反应，平化学衡常数只受温度影响，非温度改变的平衡移动，平衡常数不变，故A错误；
B、根据平衡常数的定义可知，平衡常数发生变化，化学平衡必发生移动，故B正确；
C、同一反应，平化学衡常数只受温度影响，改变浓度平衡常数不变，故C错误；
D、同一反应，平化学衡常数只受温度影响，所以催化剂不会引起平衡常数的改变，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查了化学平衡常数、影响因素及应用，难度不大，注意化学平衡常数只与温度有关，同一转化关系化学计量数不同，平衡常数不同，温度相同，同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数．
4．在一定温度下，可逆反应A（g）+3B（g） 2C（g）达到平衡的标志是（ ）
A．A的生成速率与C的分解速率相等
B．单位时间内生成n molA，同时生成3n molB
C．A、B、C的浓度不再变化
D．A、B、C的浓度之比为1：3：2
【考点】化学平衡状态的判断．
【专题】化学平衡专题．
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
【解答】解：A、由于A与C的化学计量数不相等，A的生成速率与C的分解速率相等，说明没有达到平衡状态，故A错误；
B、单位时间内生成nmolA，同时生成3nmolB，表示的都是逆反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，故B错误；
C、各组分的浓度不变，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故C正确；
D、各组分的浓度大小，不能判断各组分的浓度是否不变，无法判断是否达到了平衡状态，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查化学平衡状态的判断，难度中等，判断时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
5．下列关于强、弱电解质的叙述中，错误的是（ ）
A．强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡
B．在溶液里导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质
C．同一弱电解质的溶液，当温度、浓度不同时，其导电能力也不同
D．纯的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电
【考点】强电解质和弱电解质的概念．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质；
B．强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质；
C．稀释促进电离，升温促进电离；
D．NaCl，K2SO4液态时导电，AlCl3，HCl液态时不导电．
【解答】解：A．强电解质在水中完全电离，不存在电离平衡，故A正确；
B．强弱电解质与导电能力无关，取决于在水溶液中能否完全电离，故B错误；
C．弱电解质溶液的导电能力与离子的浓度和离子所带的电荷数有关，当浓度不同时，离子的浓度不同，所以导电能力不同．但当温度也不同时，弱电解质的电离程度也不同，所以当这两个因素都不相同时，导电能力可能相同，故C正确；
D．离子化合物类强电解质，液态时导电，它们都含有活泼的金属和活泼非金属，且熔点都高．如NaCl，K2SO4等，共价化合物类强电解质，液态时不导电，如AlCl3，HCl等，它们的熔点都较低，故D正确．
故选B．
【点评】本题考查强弱电解质与导电能力的关系，难度不大，注意离子化合物类强电解质，液态时导电，它们都含有活泼的金属和活泼非金属，且熔点都高．如NaCl，K2SO4等，共价化合物类强电解质，液态时不导电，如AlCl3，HCl等．
6．能说明醋酸是弱电解质的事实是（ ）
A．醋酸溶液的导电性比盐酸弱
B．醋酸溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳
C．醋酸溶液用水稀释后，氢离子浓度下降
D．0.1mol的CH3COOH溶液中，氢离子浓度约为0.001mol
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；强电解质和弱电解质的概念．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】证明醋酸是弱电解质的方法有：1．根据醋酸的电离程度，2．根据醋酸的强碱盐溶液的酸碱性判断．
【解答】解：A．溶液的导电能力与溶液中离子浓度有关，与电解质的强弱无关，故A错误；
B．醋酸溶液和碳酸钙反应生成二氧化碳，说明醋酸的酸性比碳酸强，但不能说明醋酸是弱电解质，故B错误；
C．无论醋酸是强电解质还是弱电解质，稀释醋酸溶液，氢离子浓度都降低，所以不能说明醋酸是弱电解质，故C错误；
D.0.1mol的CH3COOH溶液中，氢离子浓度约为0.001mol，说明醋酸是部分电离的，在其溶液中存在电离平衡，所以能说明醋酸是弱电解质，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了弱电解质的判断，电解质的强弱与其电离程度有关，只有部分电离的电解质是弱电解质．
7．下列说法或表示方法正确的是（ ）
A．若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多
B．由“C（石墨）═C（金刚石）△H=1.9kJ/mol”可知，金刚石比石墨稳定
C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=285.8kJ/mol
D．在稀溶液中：H++OH﹣═H2O△H=﹣57.3kJ/mol，若将含1molCH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3kJ
【考点】反应热和焓变．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A．根据气体变成固体放热判断；
B．石墨能量比金刚石小，较稳定；
C．反应放热，△H＜0；
D．醋酸为弱电解质，电离吸热．
【解答】解：A．固体硫变为硫蒸汽要吸热，则燃烧时放出的热量较少，故A错误；
B．反应为吸热反应，则石墨能量比金刚石小，能量越低越稳定，故B错误；
C．反应放热，应为△H=﹣285.8kJ/mol，故C错误；
D．醋酸为弱电解质，电离吸热，则放出的热量小于57.3kJ，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查反应热与焓变，综合考查学生对化学反应与能量变化的理解，为高考常见题型，注意相关基础知识的积累，注意把握问题的角度，理解物质的聚集状态与能量的关系、稳定的大小比较以及弱电解质的电离等问题．
8．在一定条件下，将X和Y两种物质按不同的比例放入密闭容器中反应，平衡后测得X，Y的转化率与起始时两物质的物质的量之比的关系如图所示，则X，Y的反应方程式可表示为（ ）
A．2X+Y 3Z B．3X+2Y 2Z C．X+3Y Z D．3X+Y Z
【考点】化学平衡的计算．
【专题】化学平衡专题．
【分析】当反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，物质的转化率相同，据此由图可知=3时，转化率相同，即X与Y的化学计量数之比为3：1．
【解答】解：当反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，物质的转化率相同，据此由图可知=3时，转化率相同，即X与Y的化学计量数之比为3：1，故反应为3X+Y Z．
故选D．
【点评】本题考查化学平衡图象与计算，难度中等，清楚反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，物质的转化率相同是解题关键．
9．合成氨反应的正反应是气体体积减小的放热反应，合成氨工业的生成流程如下：
关于合成氨工业的说法中不正确的是（ ）
A．混合气进行循环利用遵循绿色化学思想
B．对原料气进行压缩可以增大原料气的转化率
C．合成氨反应须在低温下进行
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
【考点】工业合成氨．
【专题】化学计算．
【分析】A、根据绿色化学思想：环保、无污染以及原料的利用率高来回答；
B、根据压强对化学平衡移动的影响来回答；
C、根据温度对反应速率的影响来回答；
D、催化剂的特点：提高反应的速率，但是不能使平衡移动．
【解答】解：A、混合气进行循环利用可以节约能源、提高原料的利用率，这遵循绿色化学思想，故A正确；
B、对原料气进行压缩，即增大压强，化学平衡正向移动，可以增大原料气的转化率，故B正确；
C、降低温度，反应速率减慢，为保证速率较快，催化剂的活性高，产物的产率又不低，则选择适宜的温度即可，不能在低温下进行，故C错误；
D、催化剂的特点：提高反应的速率，但是不能使平衡移动，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，故D正确．
故选C．
【点评】本题涉及催化剂的特点以及化学平衡移动原理知识，注意实际和理论的应用是关键，难度不大．
10．密闭容器中有如下反应：mA（g）+nB（g） pC（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积缩小到原来的，当达到新平衡时，C的浓度为原来的1.8倍．下列说法中正确的是（ ）
A．m+n＞p B．A的转化率降低
C．平衡向正反应方向移动 D．C的质量分数增加
【考点】化学平衡的计算．
【分析】可逆反应mA（g）+nB（g） pC（g）达到平衡后，温度不变，将气体体积压缩到，若平衡不移动，C的浓度为原来的2倍，当达到平衡时C的浓度为原来的1.8倍，则体积减小时平衡逆向移动，据此对各选项进行判断．
【解答】解：mA（g）+nB（g） pC（g），达到平衡后，温度不变，将气体体积压缩到，若平衡不移动，C的浓度为原来的2倍，当达到平衡时C的浓度为原来的1.8倍，则体积减小时平衡逆向移动，
A．容器的体积缩小，相当于加压，平衡逆向移动，则m+n＜p，故A错误；
B．平衡向着逆向移动，则A的转化率减小，故B正确；
C．根据上述分析可知，缩小容器体积后平衡向着逆向移动，故C错误；
D．由于平衡逆向移动，则C的质量减小，由于总质量不变，所以C的质量分数减小，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查影响平衡移动的因素，题目难度中等，注意把握“将容器体积缩小到原来的，当达到新平衡时，C的浓度为原来的1.8倍”为解答的关键．
11．工业制氢气的一个重要反应是：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）．已知在25℃时：
C（石墨）+O2（g）═CO（g）△H=﹣111kJ/mol
H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣242kJ/mol
C（石墨）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣394kJ/mol
则25℃时1mol CO与水蒸气作用转化为氢气和二氧化碳反应△H为（ ）
A．+41．kJ/mol B．﹣41kJ/mol C．283kJ/mol D．﹣131kJ/mol
【考点】有关反应热的计算．
【分析】根据盖斯定律，由已知热化学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算．
【解答】解：（1）已知在25℃时：
①C（石墨）+O2（g）═CO（g）△H1=﹣111kJ/mol
②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2=﹣242kJ/mol
③C（石墨）+O2（g）═CO2（g）△H3=﹣394kJ/mol
由盖斯定律，③﹣②﹣①得：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g），故△H=△H3﹣△H2﹣△H1=﹣394kJ/mol﹣（﹣242kJ/mol）﹣（﹣111kJ/mol）=﹣41kJ/mol，
故选B．
【点评】本题考查反应热有关计算，注意利用盖斯定律构造目标热化学方程式，题目侧重于考查学生的计算能力，题目难度中等．
12．依据下表判断CH3CH3CH2=CH2+H2的反应热为（ ）
化学键 C﹣H C=C C﹣C H﹣H
键能（kJmol﹣1） 414.4 615.3 347.4 435.3
A．125.6kJmol﹣1 B．﹣125.6kJmol﹣1
C．46.1kJmol﹣1 D．﹣46.1kJmol﹣1
【考点】有关反应热的计算．
【分析】根据反应热=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和进行计算，1molCH3CH3中含有6molC﹣H，1molC﹣C，CH2=CH2中含有4molC﹣H，1molC=C，1molH2含有1molH﹣H．
【解答】解：CH3CH3CH2=CH2+H2，1molCH3CH3中含有6molC﹣H，1molC﹣C，CH2=CH2中含有4molC﹣H，1molC=C，1molH2含有1molH﹣H，反应热=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和，所以该反应的反应热=347.4+6×414.4﹣615.3﹣414.4×4﹣435.3=+125.6kJ/mol，
故选A．
【点评】本题考查学生对反应热的计算，题目难度不大，注意掌握反应热=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和．
13．对可逆反应2A（s）+3B（g） C（g）+2D（g）△H＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（ ）
①增加A的量，平衡向正反应方向移动
②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小
③压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变
④增大B的浓度，v（正）＞v（逆）
⑤加入催化剂，B的转化率提高．
A．①② B．④ C．③ D．④⑤
【考点】化学平衡的影响因素．
【专题】化学平衡专题．
【分析】①A是固体，其量的变化对平衡无影响；
②升高温度，正、逆反应速率都增大；
③压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大；
④增大B的浓度，平衡向正反应移动；
⑤催化剂不能使化学平衡发生移动．
【解答】解：①A是固体，增大A的量对平衡无影响，故①错误；
②升高温度，v（正）、v（逆）均应增大，但v（逆）增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故②错误；
③压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大，故③错误；
④增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v（正）＞v（逆），故④正确；
⑤使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故⑤错误；
故选B．
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，比较基础，注意化学平衡发生移动的本质是改变条件引起正、逆速率不相等．
14．化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物尝试随反应时间变化如图所示，计算反应4～8min间的平均反应速率和推测反应16min 反应物的浓度，结果应是（ ）
A．2.5μmolL﹣1/min和2.0μmol/L﹣1
B．2.5μmolL﹣1/min和2.5μmol/L﹣1
C．3.0μmolL﹣1/min和3.0μmol/L﹣1
D．5.0μmolL﹣1/min和3.0μmol/L﹣1
【考点】反应速率的定量表示方法．
【专题】压轴题；化学反应速率专题．
【分析】根据v=计算反应4～8min间的平均反应速率；
0～4 min期间，反应物浓度变化为（40﹣20）μmol/L=20μmol/L，4～8 min期间，反应物浓度变化为（20﹣10）μ mol/L=10μmol/L，可知，每隔4分钟，速率降为原来的一半．据此计算．
【解答】解：由图可知，4～8 min期间，反应物浓度变化为（20﹣10）μ mol/L=10μmol/L，
所以4～8 min期间，反应速率为=2.5μ mol/（Lmin）．
由图可知，0～4 min期间，反应物浓度变化为（40﹣20）μmol/L=20μmol/L，4～8 min期间，反应物浓度变化为（20﹣10）μ mol/L=10μmol/L，可知，每隔4分钟，浓度变化量降为原来的一半．
所以8～12min浓度变化为5μ mol/L，12～16min浓度变化为2.5μ mol/L．
所以16min时浓度为10μ mol/L﹣5μ mol/L﹣2.5μ mol/L=2.5μ mol/L．
故选：B．
【点评】考查反应速率的有关计算，难度中等，根据图中浓度变化判断相同时间内的浓度变化量是解题关键．
15．I2在KI溶液中存在下列平衡：I2（aq）+I﹣（aq） I3（aq）某I2、KI混合溶液中，I3﹣的物质的量浓度c（I3﹣）与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）．下列说法正确的是（ ）
A．反应I2（aq）+I﹣（aq）I3（aq）的△H＞0
B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2
C．若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆
D．状态A与状态B相比，状态A的c（I2）大
【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．
【专题】图像图表题；压轴题；化学平衡专题．
【分析】A、根据温度升高时平衡移动的方向判断反应的反应热；
B、根据温度变化时平衡移动的方向比较平衡常数的大小；
C、根据D状态与平衡状态比较，判断反应方向进而得出反应速率关系；
D、根据平衡移动规律比较浓度大小；
【解答】解：A、随着温度的不断升高，I3﹣的浓度逐渐的减小，说明反应向逆方向移动，I2（aq）+I﹣（aq）I3﹣（aq） 是一个放热反应，即△H＜0，故A错误；
B、因为，T2＞T1，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，即K1＞K2；故B正确；
C、从图中可以看出D点并没有达到平衡状态，所以它要向A点移动，I3﹣的浓度应增加，平衡向正分析移动，所以v正＞v逆，故C正确；
D、温度升高，平衡向逆方向移动，c（I3﹣）变小，则c（I2）应变大，所以状态B的c（I2）大，故D错误；
故选BC．
【点评】本题考查化学平衡的移动和平衡常数的运用，注意化学平衡图象分析的一般方法来解答：一看面：看清图象中横坐标和纵坐标的含义；二看线：弄清图象中线的斜率或线走势的意义；三看点：明确曲线的起点、终点、交点及拐点等；四看是否需要辅助线．
16．一定条件下用甲烷可以消除氮氧化物（NOx）的污染．已知：
①CH4（ g ）+4NO2（ g ）═4NO（ g ）+CO2（ g ）+2H2O（ g ）△H=﹣574kJmol﹣1
②CH4（ g ）+4NO（ g ）═2N2（ g ）+CO2（ g ）+2H2O（ g ）△H=﹣1160kJmol﹣1．
下列正确的选项是（ ）
A．CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣867kJmol﹣1
B．CH4催化还原NOx为N2的过程中，若x=1.6，则转移的电子总数为3.2mol
C．若0.2mol CH4还原NO2至N2，在上述条件下放出的热量为173.4kJ
D．若用标准状况下4.48L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为3.2mol
【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；氧化还原反应的电子转移数目计算；有关反应热的计算．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A、由反应①+②可得到2CH4（g）+4NO2（g）═2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（ g ），再利用化学计量数与反应热成正比来计算；
B、x=1.6，1molNOx中NO2、NO分别为0.6mol、0.4mol，转移的电子数为0.6mol×（4﹣0）+0.4mol×（2﹣0）；
C、利用热化学反应方程式中化学计量数与反应热的关系来计算；
D、利用n=计算甲烷的物质的量，再利用碳元素化合价的变化来计算转移的电子数．
【解答】解：A、反应①+②可得到2CH4（g）+4NO2（g）═2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（ g ），△H=（﹣574kJmol﹣1）+（﹣1160kJmol﹣1）=﹣1734kJmol﹣1，
则CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（ g ）△H=﹣867kJmol﹣1，若生成液态水，则放出的热量大于
867KJ，故A错误；
B、x=1.6，1molNOx中NO2、NO分别为0.6mol、0.4mol，转移的电子数为0.6mol×（4﹣0）+0.4mol×（2﹣0）=3.2mol，但该反应中NOx的物质的量不确定，则转移的电子数不确定，故B错误；
C、由CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（ g ）△H=﹣867kJmol﹣1，放出的热量为0.2mol×867kJmol﹣1=173.4kJ，故C正确；
D、甲烷的物质的量为=0.2mol，碳元素的化合价由﹣4价升高为+4价，则转移的电子总数为为0.2mol×8=1.6mol，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查学生利用盖斯定律来计算反应的反应热，并学会利用化学计量数与反应热的关系、利用化合价的变化分析电子转移的数目来就解答即可．
17．工业上制备高纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）═Si（s）+4HCl（g）△H=+Q kJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应（此条件下为可逆反应），下列叙述中正确的是（ ）
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B．若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJ
C．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则H2的反应速率为0.03mol/（Lmin）
D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL 1mol/L的NaOH溶液恰好反应
【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．
【专题】化学平衡专题．
【分析】A、从压强对平衡移动的影响分析；
B、注意反应的可逆性；
C、根据反应速率之比等于化学计量数之比分析；
D、根据方程式计算生成HCl的物质的量．
【解答】解：A、从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，故A错误；
B、该反应为可逆反应，1molSiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于QkJ，故B错误；
C、反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v（HCl）==0.03mol/（Lmin），根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=×v（HCl）=×0.03mol/（Lmin）=0.015mol/（Lmin），故C错误；
D、由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成HCl的物质的量为×4=0.1mol，100mL1mol/L的NaOH的物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查较为综合，涉及反应热的计算、化学反应速率、化学平衡等问题，题目难度中等，注意反应的可逆性，选项B是解答中的易错点．
18．在10L密闭容器中，A、B、C三种气态物质构成可逆反应体系．某温度下，A、B、C三者物质的量与时间的关系如图1所示，而C的百分含量与温度的关系如图2所示．下列说法错误的是（ ）
A．0～4分钟时，A的平均反应速率为0.01mol/（Lmin）
B．由T1向T2变化时，V正＞V逆
C．此反应的正反应为吸热反应
D．其它条件不变时给平衡体系加压，达新平衡时，C的体积分数增大
【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线．
【专题】化学平衡专题．
【分析】根据图1知，随着反应的进行，A和B的物质的量减少，C的物质的量增大，则A和B是反应物，C是生成物，
反应过程中，物质的量的变化量之比等于其计量数之比，所以A、B和C的计量数之比=（2.4﹣1.6）mol：（1.6﹣1.2）mol：（0.4﹣0）mol=0.8mol：0.4mol：0.4mol=2：1：1，当反应达到T3时，再升高温度C的含量降低，则正反应是放热反应，该反应的方程式为：2A（g）+B（g） C（g）△H＜0．
A．根据v=计算平均反应速率；
B．由T1向T2变化时，C的含量增大，则平衡向正反应方向移动；
C．当达到平衡状态后，升高温度平衡向吸热反应方向移动，根据C的含量变化判断反应热；
D．其它条件不变时给平衡体系加压，平衡向气体体积减小的方向移动．
【解答】解：根据图1知，随着反应的进行，A和B的物质的量减少，C的物质的量增大，则A和B是反应物，C是生成物，
反应过程中，物质的量的变化量之比等于其计量数之比，所以A、B和C的计量数之比=（2.4﹣1.6）mol：（1.6﹣1.2）mol：（0.4﹣0）mol=0.8mol：0.4mol：0.4mol=2：1：1，当反应达到T3时，再升高温度C的含量降低，则正反应是放热反应，该反应的方程式为：2A（g）+B（g） C（g）△H＜0．
A.0～4分钟时，A的平均反应速率v===0.01mol/（Lmin），故A正确；
B．由T1向T2变化时，C的含量增大，平衡向正反应方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，故B正确；
C．该反应正反应是放热反应，故C错误；
D．其它条件不变时给平衡体系加压，平衡向气体体积减小的方向移动，则向正反应方向移动，达新平衡时，C的体积分数增大，故D正确；
故选C．
【点评】本题考查了化学平衡图象的分析，正确推断可逆反应及反应热是解本题关键，注意图2中探究反应热时，必须是当反应达到平衡状态后再改变温度来确定反应热，为易错点．
19．有可逆反应mA（s）+nB（g）═pC（g）+qD（g），反应过程中，当其它条件不变时，C的质量分数与温度（T）和压强（P）的关系如图所示，根据图中曲线分析，判断下列叙述中，正确的是（ ）
A．到达平衡后，若使用催化剂，C的质量分数增大
B．平衡后，若升高温度，平衡则向逆反应方向移动
C．平衡后增大A的量，有利于提高A的转化率
D．化学方程式中一定是m+n＜p+q
【考点】化学平衡建立的过程．
【分析】由左图知，升高温度，C%减小，则平衡向逆向移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应；由右图可知，压强为P2先到达平衡，故P2＞P1，增大压强，C%减小，则平衡向逆向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，故n＜p+q．
A、催化剂对化学平衡移动无影响．
B、由左图知，升高温度，C%减小，则平衡向逆向移动．
C、A为固体，对平衡无影响．
D、增大压强，C%减小，则平衡向逆向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动．
【解答】解：A、使用催化剂，缩短到达平衡时间，平衡不移动，C的质量分数不变，故A错误；
B、由左图知，升高温度，C%减小，则平衡向逆向移动，故B正确；
C、达平衡后增加A的量，因A为固体，对平衡无影响，A的转化率不变，故C错误；
D、增大压强，C%减小，则平衡向逆向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，故n＜p+q，故D错误．
故选：B．
【点评】本题考查了化学平衡影响因素的分析，图象的解题方法是“先拐先平”，即曲线先折拐的首先达到平衡，以此判断温度或压强的高低，再依据外界条件对平衡的影响确定答案，题目难度中等．
20．将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2（g） 2HBr（g）△H＜0，g平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为b．a与b的关系是（ ）
A．a＞b B．a=b C．a＜b D．无法确定
【考点】化学平衡的影响因素．
【专题】化学平衡专题．
【分析】恒温条件下反应是放热反应，平衡时Br2（g）的转化率为a，若初始条件相同，绝热下进行上述反应，由于反应是放热反应，容器中的温度高于恒温条件下容器中的温度，平衡向吸热反应方向移动，所以平衡逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率小于a；
【解答】解：恒温下发生反应H2（g）+Br2（g） 2HBr（g）△H＜0，反应是放热反应，此时达到平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，容器中的温度比恒温容器中的温度高，所以化学平衡向逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率减少，即b＜a；
故选：A．
【点评】本题考查了合成平衡的影响条件的分析应用，关键是理解恒温容器和绝热容器的本质区别．
21．在一定温度下，一定体积的密闭容器中有如下平衡：H2（气）+I2（气） 2HI（气）
已知H2和I2的起始浓度均为0.10molL﹣1时，达平衡时HI的浓度为0.16molL﹣1．若H2和I2的起始浓度均变为0.20molL﹣1，则平衡时H2的浓度（molL﹣1）是（ ）
A．0.16 B．0.08 C．0.04 D．0.02
【考点】化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系．
【专题】化学反应速率专题．
【分析】因温度不变，则两种情况下平衡常数相同，利用“H2和I2的起始浓度均为0.1molL﹣1时，达平衡时HI的浓度为0.16molL﹣1”计算K，再利用三段法计算，以此来解答．
【解答】解：H2（g）+I2（g） 2HI（g）
起始浓度0.10molL﹣1 0.10molL﹣1 0
反应浓度0.08molL﹣1 0.08molL﹣1 0.16molL﹣1
平衡浓度0.02molL﹣1 0.02molL﹣1 0.16molL﹣1
化学平衡常数K==64，
则H2和I2的起始浓度均变为0.20molL﹣1时，设则平衡时H2的浓度为x（molL﹣1），氢气的反应浓度为（ 0.20﹣x）molL﹣1，
H2（g）+I2（g） 2HI（g）
起始浓度 0.20molL﹣1 0.20molL﹣1 0
反应浓度 （0.20﹣x）molL﹣1 （0.20﹣x）molL﹣1 2（0.20﹣x）molL﹣1
平衡浓度 x x 2（0.20﹣x）molL﹣1
K==64，解得x=0.04，
故选C．
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高考常见题型，把握温度不变则K不变为解答的关键，注重分析与计算能力的考查，注意三段法在计算中的应用，题目难度不大．
22．已知H2CO3═H++HCO，K1=4.3×10﹣7molL﹣1；HCO═H++CO，K2=5.6×10﹣11molL﹣1；HClO═H++ClO﹣，K=3.0×10﹣8molL﹣1．根据上述电离常数分析，下列各式中错误的是（ ）
A．Ca（ClO）2+2HCl═CaCl2+2HClO
B．Ca（ClO）2+2H2O+2CO2═Ca（HCO3）2+2H2O
C．NaClO+H2O+CO2═NaHCO3+HClO
D．Na2CO3+2HClO═2NaClO+H2O+CO2↑
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】已知：H2CO3 H++HCO3﹣，K1=4.3×10﹣7；HCO3﹣ H++CO32﹣，K2=5.6×10﹣11；HClO H++ClO﹣，K=3.0×10﹣8，可知碳酸与次氯酸都是弱酸，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，结合强酸制弱酸与物质的性质判断．
【解答】解：电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣．
A、盐酸是强酸，次氯酸是弱酸，根据强酸制备弱酸，反应可以发生，故A正确；
B、酸性H2CO3＞HClO，碳酸钙不能溶于HClO，反应可以发生，故B正确；
C、酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，根据强酸制备弱酸，反应可以发生，故C正确；
D、酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，根据强酸制弱酸，次氯酸钠与水、二氧化碳反应应该生成次氯酸与碳酸氢钠，反应为NaClO+H2O+CO2═NaHCO3+HClO，故D错误．
故选D．
【点评】本题考查电离平衡常数的运用、复分解反应的反应发生的条件等，难度中等，注意B选项中碳酸钙不溶于次氯酸，所以反应可以进行．
二、非选择题
23．下列物质中属于强电解质的是： a、b ，属于弱电解质的是 c、e ．
a．BaSO4 b．NaHCO3 c．H2SO3 d．Cu e．Fe（OH）3
写出c、e两物质的电离方程式 H2SO3 H++HSO3﹣、HSO3﹣ H++SO32﹣，Fe（OH）3 Fe3++3OH﹣ ．
【考点】强电解质和弱电解质的概念．
【分析】在水溶液里或熔融状态下全部电离的是强电解质，部分电离属于弱电解质，电解质属于纯净物、化合物；
多元弱酸为弱电解质，部分电离，分步电离，用可逆号；
多元弱碱为弱电解质，部分电离，分步电离，一步写到位．
【解答】解：a．BaSO4 在水溶液里能够完全电离，属于强电解质；
b．NaHCO3 在水溶液里或熔融状态下全部电离，属于强电解质；
c．H2SO3 在水溶液里部分电离，属于弱电解质；
d．Cu 属于单质，不是电解质；
e．Fe（OH）3在水溶液里部分电离，属于弱电解质；
所以：属于强电解质的是：ab；属于弱电解质的是：ce；
H2SO3多元弱酸为弱电解质，分步电离，电离方程式：H2SO3 H++HSO3﹣、HSO3﹣ H++SO32﹣；
Fe（OH）3多元弱碱为弱电解质，分步电离，一步写到位，电离方程式：Fe（OH）3 Fe3++3OH﹣；
故答案为：a、b；c、e；H2SO3 H++HSO3﹣、HSO3﹣ H++SO32﹣，Fe（OH）3 Fe3++3OH﹣．
【点评】本题考查了强弱电解质判断，明确电解质强弱判断依据为电离程度是解题关键，书写电离方程式应分清电解质强弱及电离方式，注意离子的正确书写、电荷守恒、离子团不能拆开，题目难度不大．
24．用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HC1．利用反应A，可实现氯的循环利用．
反应A：4HCl（g）+O2（g） Cl2 （g）+2H2O （g）
（1）已知：Ⅰ．反应A中，4mol HC1被氧化，放出115.6kJ的热量．
Ⅱ．
①H2O的电子式是 ．
②反应A的热化学方程式是 4HCl（g）+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）△H=﹣115.6 KJ/mol ．
③断开1mol H﹣O 键与断开 1mol H﹣Cl 键所需能量相差约为 32 kJ，H2O中H﹣O 键比HCl中H﹣Cl键（填“强”或“弱”） 强 ．
【考点】有关反应热的计算；电子式；热化学方程式．
【分析】①共价化合物的电子式由对应原子的电子式组成，并要表示出两原子之间的共用电子对情况；
②反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，依据热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和对应焓变写出；
③反应热△H=反应物总键能﹣生成物的总键能，据此计算H﹣O键与H﹣Cl键的键能差，进而计算断开1mol H﹣O键与断开1mol H﹣Cl键所需能量差．
【解答】解：①H2O是共价化合物，是由原子和氢原子形成共价键，电子式为，故答案为：；
②依据反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应的热化学方程式为：4HCl（g）+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）△H=﹣115.6 KJ/mol，
故答案为：4HCl（g）+O2（g） 2Cl2（g）+2H2O（g）△H=﹣115.6 KJ/mol；
③E（H﹣O）、E（HCl）分别表示H﹣O键能、H﹣Cl键能，反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应热△H=反应物总键能﹣生成物的总键能，故：4×E（H﹣Cl）+498kJ/mol﹣[2×243kJ/mol+4×E（H﹣O）]=﹣115.6kJ/mol，整理得，4E（H﹣Cl）﹣4E（H﹣O）=﹣127.6kJ/mol，即E（H﹣O）﹣E（HCl）=31.9kJ/mol，
故断开1mol H﹣O键与断开1mol H﹣Cl键所需能量相差约为31.9kJ/mol×1mol=31.9kJ≈32kJ，所以H2O中H﹣O 键比HCl中H﹣Cl键强；
故答案为：32；强．
【点评】本题考查了焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和、热化学方程式的书写，题目难度中等．
25．已知反应：Fe（s）+CO2（g）═FeO（s）+CO（g）△H=a kJmol﹣1，测得在不同温度下，该反应的平衡常数K值随温度的变化如下表所示：
温度/℃ 500 700 900
K 1.00 1.47 2.40
（1）该反应的化学平衡常数表达式为 K= ，a 大于 0（填“大于”、“小于”或“等于”）．若在500℃2L密闭容器中进行该反应，CO2起始量为4mol，5min后达到平衡状态，则此时v（CO）为 0.2mol/（Lmin） ．
（2）若在700℃时该反应达到平衡，要使该平衡向右移动，其它条件不变时，可以采取的措施有 BD （填序号）．
A．缩小反应容器的体积 B．通入适量CO2 C．加入适量铁 D．升高温度到900℃E．使用合适的催化剂
（3）下列图象符合该反应的是 A （填序号）（图中v代表速率、ω代表混合物中CO的含量，T代表温度）．
【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到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，据此书写反应①的平衡常数，注意固体不需要写出；由表中数据可知，对于反应①，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，据此判断a值的符号；利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，再利用转化率定义根据v的公式，计算v（CO）；
（2）根据化学平衡移动的影响因素知识来回答．
（3）根据化学平衡移动和化学反应速率的影响因素知识来回答．
【解答】解：（1）反应Fe（s）+CO2（g）═FeO（s）+CO（g）的平衡常数K=，由表中数据可知，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，
升高温度平衡向吸热反应进行，故a＞0，
令平衡时参加反应的二氧化碳的物质的量为xmol，则：
Fe（s）+CO2（g）═FeO（s）+CO（g）
开始（mol）：4 0
变化（mol）：x x
平衡（mol）：4﹣x x
所以K==1，解得x=2，
故二氧化碳的转化率为：×100%=50%，
故CO表示的平均速率v（CO）==0.2mol/（Lmin）
故答案为：K=；大于；50%；0.2mol/（Lmin）；
（2）A．缩小反应器容积，压强增大，化学平衡不移动，故A错误；
B．通入适量CO2，增大CO2的浓度，化学平衡向右移动，故B正确；
C．增加Fe的物质的量，不会引起化学平衡的移动，故C错误
D．升高温度到900℃，化学平衡正向移动，故D正确；
E．使用合适的催化剂，不会引起化学平衡的移动，故E错误．
故选BD；
（3）A．升高温度平衡向吸热方向移动，即向正方向移动，故A正确；
B．升高温度平衡向吸热方向移动，即向正方向移动，混合物中CO的含量升高，故B错误；
C．由图知，T1曲线速率快，则T1＞T2，据平衡移动，对应的CO的含量也升高，故C错误；
故答案为：A．
【点评】本题考查学生化学反应中的反应热和焓变间的关系以及化学反应速率和化学平衡移动方面的知识，属于综合知识的考查，难度大．
26．+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＜0，
CO和H2O浓度变化如图，则0～4min的平均反应速率v（CO）= 0.03 molL﹣1min﹣1，850℃时，此反应的平衡常数为 1 ，CO的转化率为 60% ．
（2）t℃（高于850℃）时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如下表：
t/min c（CO）/molL﹣1 c（H2O）/molL﹣1 c（CO2）/molL﹣1 c（H2）/molL﹣1
0 0.200 0.300 0 0
2 0.138 0.238 0.062 0.062
3 c1 c2 c3 c3
4 c1 c2 c3 c3
5 0.116 0.216 0.084
6 0.096 0.266 0.104
①从表中看出，3～4min之间反应处于 平衡 状态；c1 大于 0.08（填“大于”、“小于”或“等于”）．
②反应在4～5min间，平衡向逆反应方向移动，可能的原因是 c ，表中5～6min之间数值发生变化，可能的原因是 b ．
a．降低温度b．增加水蒸气 c．增加氢气浓度d．使用催化剂．
【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．
【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．
【分析】（1）由图可知，CO起始浓度为0.2mol/L、H2O的起始浓度为0.3mol/L，850℃时4min达到平衡，平衡时CO的浓度为0.08mol/L，则：
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
开始浓度（mol/L）：0.2 0.3 0 0
变化浓度（mol/L）：0.12 0.12 0.12 0.12
平衡浓度（mol/L）：0.08 0.18 0.12 0.12
根据v=计算v（CO）；平衡常数K=；CO转化率=×100%；
（2）①3min、4min时同种物质的浓度相等，处于平衡状态；
起始浓度与（1）中相同，而（1）中850℃平衡时CO浓度为0.08mol/L，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故该温度下平衡时CO的浓度比原平衡850℃大；
②反应中△c（CO）=△c（H2O）=△c（CO2）=△c（H2），由表中数据可知，5min时与开始相比CO、H2O、CO2的浓度变化之比为1：1：1，平衡向逆反应移动，故可能升高温度、降低压强或增大氢气的浓度；
表中5min﹣6min之间，CO浓度降低0.02mol/L、H2O的浓度增大0.05mol/L、CO2的浓度增大0.02mol/L，故应该是增大水蒸气的浓度．
【解答】解：（1）由图可知，CO起始浓度为0.2mol/L、H2O的起始浓度为0.3mol/L，850℃时4min达到平衡，平衡时CO的浓度为0.08mol/L，则：
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
开始浓度（mol/L）：0.2 0.3 0 0
变化浓度（mol/L）：0.12 0.12 0.12 0.12
平衡浓度（mol/L）：0.08 0.18 0.12 0.12
v（CO）==0.03mol/（L．min），平衡常数K===1，CO转化率=×100%=69%；
故答案为：0.03mol/（L．min）；1；60%；
（2）①由表中数据可知，3min、4min时都应个组分的浓度相同，故处于平衡状态；
该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，故该温度下平衡时CO的浓度比原平衡850℃大，即c1＞0.08，
故答案为：平衡，大于；
②反应中△c（CO）=△c（H2O）=△c（CO2）=△c（H2），由表中数据可知，5min时与开始相比CO、H2O、CO2的浓度变化之比为1：1：1，平衡向逆反应移动，故可能升高温度、降低压强或增大氢气的浓度，故选c；
表中5min﹣6min之间，CO浓度降低0.02mol/L、H2O的浓度增大0.05mol/L、CO2的浓度增大0.02mol/L，故应该是增大水蒸气的浓度，故选b，
故答案为：c；b．
【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡常数、化学平衡图象等，难度中等，（3）中注意分析各物质的浓度变化量关系判断改变条件．
27．能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，研究甲醇具有重要意义．
（1）用CO合成甲醇的反应为CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）；在容积为1L的密闭容器中分别充入1mol CO和2mol H2，实验测得甲醇的物质的量和温度、时间的关系曲线如图甲所示．则该正反应的△H ＜ （填“＜”“＞”或“=”）0．
（2）利用工业废水中的CO2可制取甲醇，其反应为：CO2+3H2CH3OH+H2O．
①已知下列反应的能量变化如图乙所示：由二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式为 CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣50KJ/mol
②为探究用CO2来生产燃料甲醇的反应原理，现进行如下实验：在一恒温恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，进行上述反应．测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图1所示，从反应开始到平衡，v（H2）= 0.225 mol/（L．min） ．
（3）工业上可利用甲醇部分氧化法制取氢气．在一定温度下以Ag/CeO2﹣ZnO为催化剂时原料气比例对反应的选择性（选择性越大，表示生成的该物质越多）影响关系如图2所示．在制备H2时最好控制n（O2）/n（CH3OH）= 0.5
【考点】热化学方程式；反应热和焓变．
【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；化学反应速率专题．
【分析】（1）图象分析可知先拐先平，温度高，甲醇物质的量随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正反应为放热反应；
（2）①依据图2、3中热化学方程式结合盖斯定律计算得到二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式；
②由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，根据v=计算v（CH3OH），依据v（H2）=3v（CH3OH）；
（3）根据图象可知，当n（O2）/n（CH3OH）=0.25时，CH3OH与O2发生的主要反应为甲醇的催化氧化生成甲醛；在制备H2时最好控制n（O2）/n（CH3OH）=0.5时氢气生成最多．
【解答】解：（1）用CO合成甲醇的反应为：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g），根据图1所示，温度升高，甲醇的物质的量减小，平衡逆向移动，则正反应放热，则该正反应的△H＜0，
故答案为：＜；
（2）①图2、3中热化学方程式①CO（g）+H2O（l）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41KJ/mol；
②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=﹣（510﹣419）KJ/mol=﹣91KJ/mol；
由盖斯定律②﹣①得到二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣50KJ/mol，
故答案为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣50KJ/mol；
②10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，从反应开始到平衡，甲醇的平均反应速率v（CH3OH）==0.075mol/（Lmin），
v（H2）=3v（CH3OH）=3×0.075mol/（Lmin）=0.225mol/（Lmin），
故答案为：0.225 mol/（L．min）；
（3）根据图象可知，当n（O2）/n（CH3OH）=0.25时，CH3OH与O2发生的主要反应为甲醇的催化氧化生成甲醛，反应的方程式为：2CH3OH+O2 2HCHO+2H2O；依据图象分析
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