人教版高中化学选修四第二章《化学反应速率和化学平衡》单元检测题（解析版）
文档属性
| 名称 | 人教版高中化学选修四第二章《化学反应速率和化学平衡》单元检测题（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 971.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2019-01-07 16:56:46 | ||
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文档简介
第二章《化学反应速率和化学平衡》单元检测题
一、单选题（每小题只有一个正确答案）
1．化学反应速率受条件的影响很大，下列肯定可以加快化学反应速率的措施是（ ）
A．使用催化剂 B．改变浓度 C．升高温度 D．降低温度
2．在温度不变的条件下，在恒容的容器中进行下列反应：N2O4(g)=2NO2(g)，若N2O4的浓度由0.1mol/L降到0.07mol/L需要15s，那么N2O4的浓度由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间( )
A．等于5s B．等于10s C．小于10s D．大于10s
3．在一定条件下，下列可逆反应达到化学平衡：I2（g）+H2（g）?2HI（g）；△H＜0，要使混合气体的颜色加深，可以采取的方法是（ ）
A．降低温度 B．增大压强 C．增大H2的浓度 D．减小压强
4．下图是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不相符合的是（ ）
A．反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等
B．该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
C．该反应达到平衡态Ⅰ后，减小反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
D．同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡态Ⅱ时浓度不相等
5．25℃、101kPa下，反应2N2O5(g) = 4NO2(g)+O2(g)，△H=+56.7 kJ/mol 能自发进行的原因是（ ）
A．反应吸热 B．熵增效应大于能量效应
C．熵减小 D．反应放热
6．密闭容器中反应:A2＋B22AB，产物AB的生成情况如图所示，a为500℃，b为300℃ 时的情况，c为300℃从时间t3开始向容器中加压的情况，下列叙述正确的是 （ ）
A．A2、B2、AB均为气体，正反应放热
B．AB为气体，A2、B2中最少有一种为非气体，正反应吸热
C．AB为气体，A2、B2中最少有一种为非气体，正反应放热
D．AB为固体，A2、B2中最少有一种为非气体，正反应吸热
7．密闭容器中进行的反应为 X(g)＋3Y(g) 2Z(g)，X、Y、Z 的起始浓度依次为0.1 mol/L，0.3 mol/L，0.2 mol / L，当反应达平衡时，各物质的浓度可能是（ ）
A．X＝0.2 mol / L B．Y＝0.5 mol / L
C．Z＝0.3 mol / L D．Z＝0.4 mol / L
8．某密闭容器中进行如下反应：2X(g)＋Y(g)2Z(g)，若要使平衡时反应物总物质的量与生成物的总物质的量相等，且用X、Y作反应物，则X、Y的初始物质的量之比的范围应满足（ ）
A．A B．B C．C D．D
9．在容积一定的密闭容器中，反应A(g)+2B(g)2C(g)达平衡，设初始A、B的物质的量分别为Xmol、Ymol，若要使平衡时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，则X/Y应满足的是 （ ）
A．1C．0.25< X/Y <1.5 D．0.25< X/Y <0.5
10．T℃时，在1 L的密闭容器中充入2 mol CO2和6mol H2，一定条件下发生反应：
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H=－49.0kJ/mol
测得H2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如右图所示。下列说法不正确的是 （ ）
A．0~10min内v(H2)=0.3mol/(L·min)
B．T℃时，平衡常数，CO2和H2的转化率相等
C．T℃时，上述反应中有64g CH3OH生成，同时放出98.0kJ的热量
D．达到平衡后，升高温度或再充入CO2气体，都可以提高H2的转化率
11．下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
实验目的 实验方案
A 检验FeSO4晶体是否已氧化变质 将FeSO4样品溶于稀硝酸后,滴加KSCN?溶液,观察溶液是否变红
B 探究浓度对化学反应速率的影响 取两支试管,各加入4?mL0.5?mol/L的KMnO4酸性溶液,然后向两支试管中分别加入2?mL0.1mol/L?H2C2O4(草酸)溶液和2?mL0.2?mol/LH2C2O4溶液比较反应褪色的快慢
C 提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯 向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量饱和碳酸钠溶液,振荡后静置分液,并除去有机相中的水
D 判断淀粉是否水解 向用稀硫酸作催化剂的淀粉水解液中加入适量银氨溶液后水浴加热，观察是否产生银镜
A．A B．B C．C D．D
12．下列反应达到平衡时保持温度不变，向容器中通入氩气，化学平衡一定不移动的是（ ）
A．PCl5?(g)??PCl3(g)+Cl2(g) B．N2(g)+3H2(g)??2NH3(g)
C．2HI(g)?H2(g)+I2(g) D．C2H4(g)+H2(g)??C2H6(g)
13．可逆反应aA（s）＋bB（g）cC（g）＋dD（g）△H=Q，反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度（T）、压强（p）的关系如下图所示，据图分析，
以下描述正确的是（ ）
A．T1﹥T2，Q﹥0 B．Tl﹤T2，Q﹥0 C．Pl﹤P2，b=c+d D．P1﹥P2，a+b=c+d
14．在体积不变的绝热密闭容器中，2molSO2与1molO2在催化剂作用下发生反应：2SO2(g) + O2(g)2SO3(g) △H=-QkJ/mol(Q>0)。当气体的物质的量减少0.5mol时反应达到平衡．下列叙述错误的是（ ）
A．增大氧气浓度，平衡正向移动，平衡常数不变
B．降低温度，正反应速率比逆反应速率减小的程度小
C．平衡时SO2气体的转化率为50%
D．该条件下反应放出0.5QkJ的热量
15．固体碘化铵置于密闭容器中，加热至一定温度后恒温，容器中发生反应：①NH4I（s）NH3（g）+HI（g） ②2HI（g）H2（g）+I2（g），测得平衡时c（I2）=0.5mol/L，反应①的平衡常数为20mol2/L2，则下列结论不正确的是（ ）
A．平衡时c（NH3）=5mol/L
B．平衡时HI分解率为20%
C．混合气体的平均摩尔质量不再发生变化不可以作为判断该反应达到平衡状态的标志
D．平衡后缩小容器体积，NH4I的物质的量增加，I2的物质的量不变
二、填空题
16．下图表示的是N2 + 3H22NH3；△H＜0达到平衡后，改变条件建立的新平衡(图中横坐标表示反应时间, 纵坐标表示反应速率)
(1)表示减少H2的量而建立新平衡的是 。
(2)表示压缩气体, 体积减小而建立新平衡的是 。
(3)表示降低温度而建立新平衡的是 。
(4)表示升高温度而建立新平衡的是 。
(5)表示加入催化剂后而建立新平衡的是 。
17．反应aA(g) +bB(g) cC(g)( △H <0)在等容条件下进行。改变其他反应条件，在I、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：
回答问题:
(1)反应的化学方程式中，a:b:c为 ；
(2)A的平均反应速率vI (A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为 ；
(3)B的平衡转化率I (B)、Ⅱ(B)、Ⅲ (B)中最小的是 ，其值是 ；
(4)由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是 ，采取的措施是 ；
（5）比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度（T3)的高低:T2 T3(填“ >、=、< ”)判断的理由是 ；
（6）达到第三阶段平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10 min后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示第IV阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势（曲线上必须标出 A、B、C)。
18．已知：＋H2(g) ΔH＝＋124 kJ·mol－1，若反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下(只改变一种条件)的变化状况如图所示(第10 min到14 min的浓度变化曲线未表示出)：
(1)第2min反应温度T(2)与第8 min反应温度T(8)的高低：T(2)________(填“<”、“>”或“＝”)T(8)；第10 min时反应改变的条件是______________________________________________。
(2)比较产物苯乙烯在2～3min、5～6min和12～13min时平均反应速率[平均反应速率分别以v(2～3)、v(5～6)、v(12～13)表示]的大小________________________。
(3)反应物乙苯在5～6min和15～16min时平均反应速率的大小：v(5～6)大于v(15～16)，原因是________________________________________。
19．I.（1）对反应N2O4（g）2NO2（g） △H>0 ，在温度为T1、 T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。T1 T2（填“>”、“<”或“=”）；A、C两点的速率VA VC（同上）。
（2）在100℃时，将0.400mol的NO2气体充入2L真空定容密闭容器中，
每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到如下表数据：
时间（s） 0 20 40 60 80
n（NO2）/mol 0.40 n1 0.26 n3 n4
n（N2O4）/mol 0.00 0.05 n2 0.08 0.08
①该反应的平衡常数K的值为 ；
②若在相同情况下最初向该容器充入的是N2O4，要达到上述同样的平衡状态，N2O4的起始浓度是_____________mol/L。
③计算②中条件下达到平衡后混合气体的平均相对分子质量为 ；（结果保留小数点后一位）
II. 在0.5 L的密闭容器中，一定量的H2和N2进行如下化学反应：3H2(g)+N2(g)2NH3(g) △H ＜0，其化学平衡常数K与温度t的关系如下表。请回答下列问题。
t/℃ 200 300 400
K K1 K2 0.5
④比较K1,K2的大小，K1_________K2(填写“ >”、“=”或“<”）。[来源:学*科*网]
⑤在400℃时,当测得NH3和N2、H2的物质的量分别为3mol和1 mol、2 mol时,则该反应的 V(H2)正_________ V (H2)逆（填写“>”、“=”或“<”）。
20．以硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料制取硫酸，其烧渣可用来炼铁。
（1）煅烧硫铁矿时发生反应：FeS2＋O2―→Fe2O3＋SO2(未配平)。当产生448 L(标准状况)SO2时，消耗O2的物质的量为________。
（2）Fe2O3用CO还原焙烧的过程中，反应物、生成物和温度之间的关系如图所示。
(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四条曲线是四个化学反应平衡时的气相组成对温度作图得到的；A、B、C、D四个区域分别是Fe2O3、Fe3O4、FeO、Fe稳定存在的区域)
已知：ⅰ.3Fe2O3(s)＋CO(g)===2Fe3O4(s)＋CO2(g)；ΔH1＝a kJ·mol－1
ⅱ.Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g)；ΔH2＝b kJ·mol－1
ⅲ.FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g)；ΔH3＝c kJ·mol－1
①反应Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1(用含a、b、c的代数式表示)。
②800 ℃时，混合气体中CO2体积分数为40%时，Fe2O3用CO还原焙烧反应的化学方程式为____________。
③据图分析，下列说法正确的是________(填字母)。
a．温度低于570 ℃时，Fe2O3还原焙烧的产物中不含FeO
b．温度越高，Fe2O3还原焙烧得到的固体物质组成中Fe元素的质量分数越高
c．Fe2O3还原焙烧过程中及时除去CO2有利于提高Fe的产率
（3）FeS2是Li/FeS2电池(示意图如图)的正极活性物质。
①FeSO4、Na2S2O3、S及H2O在200 ℃时以等物质的量连续反应24 h后得到FeS2。写出该反应的离子方程式：______________。
②Li/FeS2电池的负极是金属Li，电解液是含锂盐的有机溶液。电池放电反应为FeS2＋4Li===Fe＋4Li＋＋2S2－。该反应可认为分两步进行：第1步，FeS2＋2Li===2Li＋＋FeS22－，则第2步正极的电极反应式为____________________。
三、推断题
21．已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增,A、B、C、D位于短周期。A是原子半径最小的元素；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；E有“生物金属”之称,E4+和氩原子的核外电子排布相同。A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，A、B两种元素组成的原子个数之比为1 : 1的化合物N是常见的有机溶剂。
请回答下列问题（答题时,A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）：
(1)A2D2分子的电子式为______，E的基态原子的外围电子排布式为______。
(2)B、C、D三种元素的第一电离能由小到大的顺序为______。
(3)单质B与C的最高价氧化物的水化物的浓溶液微热反应,其化学方程式为______
(4)下列叙述正确的是______(填序号）。
a． M是极性分子,N是非极性分子 b． M和BD2分子中的中心原子均采用sp2杂化
c． N分子中含有6个σ键和1个π键 d． BD2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低
(5) 已知:①E的一种氧化物Q，其晶胞结构如图所示
①Q(s)＋2Cl2(g)＝ECl4(l)＋D2(g)△H＝＋140kJ/mol
②2B(s)＋D2(g)＝2BD(g) △H＝－221kJ/mol
写出物质Q和焦炭、氯气反应生成液态ECI4和BD气体的热化学方程式：__________________________
(6)在0.5 L的密闭容器中，一定量的C2和A2进行如下化学反应：C2(g) +3 A2(g)＝2CA3(g) △H＜0，其化学平衡常数K与温度t的关系如下表。请回答下列问题。
①试比较K1,K2的大小，K1________K2(填写“ >”、“=”或“<”）。
②在400℃时,当测得CA3和C2、A2的物质的量分别为3mol和1 mol、2 mol时,则该反应的 V(C2)正_________(C2)逆（填写“>”、“=”或“<”）。
22．CO是现代化工生产的基础原料，下列有关问题都和CO的使用有关。
（1） 工业上可利用CO生产乙醇:
2CO（g）＋4H2（g）CH3CH2OH（g）＋H2O（g） ΔH1
又已知：H2O（l）="==" H2O（g） ΔH2
CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g） ΔH3
工业上也可利用CO2（g）与H2（g）为原料合成乙醇：
2CO2（g）＋6H2（g）CH3CH2OH（g）＋3H2O（l） ΔH
则：ΔH与ΔH1、ΔH2、ΔH3之间的关系是：ΔH＝_______________________。
（2）一定条件下，H2、CO在体积固定的密闭容器中发生如下反应：
4H2（g）+2CO（g）CH3OCH3（g）+H2O（g），
下列选项能判断该反应达到平衡状态的依据的有 。
A．2v（H2）= v（CO）
B．CO的消耗速率等于CH3OCH3的生成速率
C．容器内的压强保持不变
D．混合气体的密度保持不变
E．混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化
（3）工业可采用CO与H2反应合成再生能源甲醇，反应如下:
CO（g）+ 2H2（g）CH3OH（g）
在一容积可变的密闭容器中充有10molCO和20mol H2，
在催化剂作用下发生反应生成甲醇。CO的平衡转化率（α）与温度（T）、压强（p）的关系如（图1）所示。
①合成甲醇的反应为__ （填“放热”或“吸热”）反应。
②A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为___ 。
③若达到平衡状态A时，容器的体积为10L，则在平衡状态B时容器的体积为 L。
④（图2）中虚线为该反应在使用催化剂条件下关于起始氢气与CO投料比和CO平衡转化率的关系图。当其条件完全相同时，用实线画出不使用催化剂情况下CO平衡转化率的示意图．
⑤CO的平衡转化率（α）与温度（T）、压强（p）的关系如（图3）所示，实际生产时条件控制在250 ℃、1．3×104 kPa左右，选择此压强的理由是________。
四、实验题
23．某化学小组为比较盐酸和醋酸的酸性，设计了如下实验方案。装置如图(夹持仪器略)：
实验方案：在两试管中分别加入过量镁条，同时将两注射器中的溶液注入相应试管中，观察产生氢气的速率和体积。
（1）盐酸与镁反应的离子方程式为____________________。
（2）在上述实验方案中有一明显欠缺，该欠缺是____________。
（3）在欠缺已经得到改正的方案下，反应起始时，产生氢气的速率关系应是____________；最终产生氢气体积的关系应是_______________。
（4）实验中产生的氢气体积比理论值高，可能原因是_______________________。
（5）通过比较起始反应的速率可以得出的结论是______________。
（6）除上述方法外，还可以通过其他方向比较盐酸和醋酸的酸性，请写出其中的一种方法_________。
24．一学习小组利用下图所示装置，对某含少量Fe的废铜屑进行铜含量的测定，并探究利用其制备硫酸铜溶液。
（1）向A中加入10g废铜屑样品，关闭弹簧夹，打开B活塞向A注入足量稀硫酸后关闭。①此时装置C中产生的现象是 。
②反应进行到A中不再产生气泡时，若C中收集到448mL（已换算成标准状况）气体，则该废铜屑中铜的质量百分含量为 。
（2）接下来使Cu完全溶解的操作是：
① 拆除C、D装置后，打开弹簧夹
②____________________________________________________________________
（3）为使A中固体加快溶解速率，以下方法运用合理的是 。
a．对A装置加热 b．向A内加入少量Fe2O3
c．向A内加入少量CuO d．增大空气通入量
e．向A内加入少量FeSO4 f．向A内加入少量H2O
（4）将A中溶液倒入烧杯内，加入Cu2(OH)2CO3将其调节至pH=4时，溶液中铁元素被完全沉淀，过滤后即得红褐色沉淀与硫酸铜溶液。
①此过程的离子反应方程式是 。
②检验溶液中铁元素是否被完全沉淀最好的方法是___________
a．取样于试管→滴加KSCN溶液； b．取样于试管→滴加酸性KMnO4溶液
c．取样于试管→纸上层析后→ 喷KSCN溶液；
（5）有同学认为，可以不用测量气体法计算废铜屑中铜的质量百分含量，其具体操作步骤可续写为： 。
五、计算题
25．向2L密闭容器中通入amol 气体A和bmol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vC＝vA/2；反应2min 时，A的物质的量减少了1/3，B的物质的量减
少了a/2 mol，有a mol D生成。请计算回答：（写出计算过程）
（1）反应2min内，v（A） =__________________
（2）化学方程式中，x＝ 、y＝ 、p＝ 、q＝ 。
（3）平衡时，D为 2a mol，此时B的物质的量浓度为？
26． (1)已知某反应的各物质浓度数据如下：
_
起始浓度（）： 1.5 1.0 0
2s末浓度（）： 0.9 0.8 0.4
则①a= ，b= 。
②2s内B的转化率= 。
(2)由碳棒，铁片和200mL 1.5mol/L的稀硫酸组成的原电池中，当在碳棒上产生气体3.36L（标准状况）时，求
③有 mol电子从 通过电线到 (填“铁片”或“碳棒”) 。
④此时溶液中H+的物质的量浓度为 （不考虑溶液体积变化）。
(3)将2.3g金属钠放入足量的m g重水（D2O）中，完全反应后，所得溶液中溶质的质量分数是 （用含m的代数式表示。）
试卷第6页，总12页
参考答案
1．C
【解析】试题分析：A．使用催化剂可以改变化学反应速率，这种改变可能是加快反应速率，也可能是降低反应速率，A错误；B．改变浓度时，若是使物质的浓度增大，则化学反应速率加快，若是降低浓度，则化学反应速率减小，B错误；C．升高温度,化学反应速率一定加快，C正确；D．降低温度化学反应速率减小，D错误。答案选C。
【考点定位】本题主要是考查外界条件对化学反应速率的影响的判断的知识
【名师点晴】外界条件对化学反应速率的影响需要明确以下几点：（1）参加反应的物质为固体和液体，由于压强的变化对浓度几乎无影响，可以认为反应速率不变。（2）对有气体参加的反应，压强改变?气体物质浓度改变?化学反应速率改变，即压强改变的实质是通过改变浓度引起的。（3）有气体参加的反应体系中充入“惰性气体”(不参与反应)时，对化学反应速率的影响：①恒容：充入“惰性气体”→总压增大→物质浓度不变(活化分子浓度不变)→反应速率不变。②恒压：充入“惰性气体”→体积增大→物质浓度减小(活化分子浓度减小)→反应速率减慢。
2．D
【解析】N2O4的浓度由0.1mol?L-1降到0.07mol?L-1需要15s，即N2O4的浓度变化为0.03mol?L-1，N2O4的浓度由0.07mol?L-1降到0.05mol?L-1，即N2O4的浓度变化为0.02mol?L-1，若反应速率不变，则所需时间为，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于10s，答案选D
3．B
【解析】
试题分析：△H＜0，降低温度平衡正向移动，减小，颜色变浅，故A错误；增大压强，增大，颜色加深，故B正确；增大H2的浓度，平衡正向移动，减小，颜色变浅，故C错误；减小压强，减小，颜色变浅，故D错误。
考点：本题考查化学平衡移动。
4．C
【解析】
【分析】
由图可以知道，该反应从正反应一端开始，正逆反应速率相等时为状态Ⅰ，然后，该反应向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，且改变条件的一瞬间逆反应速率不变，以此来解答。
【详解】
A.由平衡的特征可以知道，反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，所以A选项是正确的；
B.该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡正向移动，达到平衡态Ⅱ，所以B选项是正确的；
C.该反应达到平衡态后，减小反应物浓度，平衡应逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图象矛盾，故C错误；
D.该反应达到平衡态Ⅰ后，改变条件使反应继续正向移动达到平衡态Ⅱ，所以同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡Ⅱ时浓度不相等，所以D选项是正确的。
故答案选C。
5．B
【解析】
试题分析：△G=△H-T△S，该反应能自发进行，△G<0，由于△H>0，所以△S>0，可知B正确；答案选B。
考点：化学反应进行的方向、自由能变
6．C
【解析】
【详解】
升高温度AB的含量减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，则△H＜0，从时间t3开始向容器中加压，AB的含量减小，说明平衡向逆反应方向进行，说明反应物气体的化学计量数之和小于生成物化学计量数，则AB为气体，A2、B2中至少有一种为非气体，如都为气体，增大压强平衡不移动，故选C。
7．BC
【解析】
8．C
【解析】
试题分析：设X、Y的初始物质的量分别是a和b，平衡时消耗Y的物质的量是c，则根据方程式可知
2X(g)＋Y(g)2Z(g)
起始量 a b 0
转化量 2c c 2c
平衡量 a-2c b-c 2c
平衡时反应物总物质的量与生成物的总物质的量相等，则a-2c+b-c＝2c，解得a+b＝5c，所以。由于c＜b、b-c＜2c，即＜c＜b，所以＜＜4，答案选C。
考点：考查可逆反应的有关计算
9．C
【解析】
试题分析：令参加反应的X的物质的量为n，
X（g）+2Y（g） 2Z（g），
开始（mol）：x y 0
转化（mol）：n 2n 2n
平衡（mol）：x-n y-2n 2n
平衡时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，所以有x-n+y-2n=2n，解得n=(X+Y)/5；
反应物不能完全反应，所以有x＞n，y＞2n，即x＞(X+Y)/5 （1），y＞2(X+Y)/5 （2）
解（1）得：X/Y＞1/4
解（2）得：X/Y＜3/2
所以1/4＜X/Y＜3/2。即0.25< X/Y <1.5。
故选C。
考点：化学平衡的综合应用 极值法的应用 化学平衡的计算
点评：本题考查的是化学平衡的综合应用能力极值法的应用。难度稍难。关键在于利用反应物不能完全反应，列不等式。
10．D
【解析】
试题分析：A项0～10min内H2的物质的量从6mol减小为3mol，则v（H2）＝0.3mol/（L?min），正确；B项平衡时c（H2）=3mol/L，c（CO2）=1mol/L，c（CH3OH）=1mol/L，c（H2O）=1mol/L，则该反应的平衡常数K＝＝，CO2和H2的转化率均为50%，正确；C项由图可知，平衡时生成1molCH3OH，放出热量为49kJ，64gCH3OH的物质的量为＝2mol，故放出98.0kJ的热量，正确；D项因△H＜0（放热反应），升高温度，平衡逆向移动，H2的转化率减小，而平衡后再充入CO2气体，平衡正向移动，可以提高H2的转化率，错误。综上分析选D。
考点：考查化学反应速率和化学平衡。
11．C
【解析】A、硝酸具有强氧化性，可将Fe2+氧化成Fe3+，所以A不能检验FeSO4晶体因氧化而变质，即A错误；B、已知反应的方程式为5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，所以两支试管中H2C2O4的量都不足，因此KMnO4酸性溶液都不会褪色，可能颜色会变浅，但不易观察，所以B错误；C、由于乙酸能与碳酸钠反应而除去，而乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液溶解度更小，所以通过分液即可提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯，故C正确；D、银氨溶液中酸性溶液中会变质，所以不能直接向水解液中加入银氨溶液，应先加NaOH溶液中和到碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，观察是否产生银镜，故D错误。因此本题答案应选C。
12．C
【解析】当反应达到平衡时，保持温度和压强不变，向容器中通入氩气，导致容器的体积增大，则参加反应的各气体的压强减小，A、该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，减小压强，平衡向正反应方向移动，选项A不选；B、该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，减小压强，平衡向逆反应方向移动，选项B不选；C、该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，减小压强，平衡不移动，选项C选；D、该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，减小压强，平衡向逆反应方向移动，选项D不选。答案选C。
13．C
【解析】
试题分析：首先达到平衡状态的温度高，压强大。即Tl﹤T2，Pl﹤P2，温度高C的百分含量降低，说明正反应是放热反应，Q＜0；改变压强B的百分含量不变，说明反应前后体积不变，因此b=c+d，答案选C。
【考点定位】考查可逆反应图像分析
【名师点晴】可逆反应图像的答题技巧：（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，当图像中有三个量时，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。
14．C
【解析】依据反应前后气体物质的量变化可知反应前后气体物质的量减小为反应的氧气物质的量；结合化学反应三段式列式计算，设二氧化硫起始量为x
试题分析：
A、增大压强浓度，增大反应物浓度，平衡正向进行，但温度不变，平衡常数不变，故A正确；
B、降低温度反应速率减小，正逆反应速率减小，反应是放热反应，平衡正向进行，正向反应速率减小的少，故B正确；
C、二氧化硫的起始量不知不能计算转化率，故C错误；
D、依据反应放热，1mol氧气反应放热QKJ，反应了0.5mol氧气，放热0.5QKJ，故D正确。
考点：本题考查化学平衡。
15．D
【解析】
试题分析：设：碘化铵生成氨气和碘化氢的浓度为x，则
①NH4I（s）NH3（g）+HI（g）
x x
②2HI（g）H2（g）+I2（g），测得平衡时c（H2）=0.5mol/L，即
1mol/L 0.5mol/L 0.5mol/L
所以碘化氢的平衡浓度是（x-1）mol/L，根据反应①的平衡常数为20，则x（x-1）=20，解得x=5mol/L；A．由分析可知平衡时c（NH3）=5mol/L，故A正确；B．平衡时HI分解率为×100%=20%，故B正确；C．反应体系气体的总物质的量始终不变，则混合气体的平均摩尔质量不再发生变化不可以作为判断该反应达到平衡状态的标志，故C正确；D．平衡后缩小容器体积，反应①逆向移动，NH4I的物质的量增加，HI的物质的量降低，反应②逆向移动，则I2的物质的量也减小，故D错误；答案为D。
考点：考查化学平衡的计算
16．（1）E (2) D (3) A (4) B (5) C
【解析】略
17．(1)1∶3∶2；(2)vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)；(3)αⅢ(B)，0.19(19%)；
(4)向正反应方向，从反应体系中移出产物C；
(5)＞，此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动
(6)
(注：只要曲线能表示出平衡向逆反应方向移动及各物质浓度的相对变化比例即可)。
【解析】
试题分析：（1）根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，因为同一条件测定，因此物质的量浓度变化等于化学计量数之比，a：b：c=(2－1)：(6－3)：2=1：3：2；（2）随着反应的进行，A的浓度不断减小，浓度减小，反应速率减缓，即vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)；（3）根据转化率的定义，αI(B)=(6－3)/6×100%－50%，αII(B)=(3－1.86)/3×100%=38%，αIII(B)=(1.86－1.5)/1.86×100%=19.4%，因此αIII(B)最小；（4）从II阶段的图像看，C从0开始，瞬间AB的浓度不变，因此反应向正反应方向进行，从产物中移出C；（5）根据A、B的量减少，C的量增加，可判断此平衡向正反应方向移动，不应是改变浓度，因为容积不变的容器，因此改变压强也不可能，只能是改变温度，因此此反应是放热反应，根据勒夏特列原理，应是降低温度，即T2>T3；(6)扩大体积一倍，压强减少一倍，浓度变为原来的1/2，减小压强，平衡向逆反应方向移动，且组分的物质的量浓度变化量之比等于化学计量数比，因此图像是：。
考点：考查化学反应速率的计算、影响化学平衡移动的因素等知识。
18． < 减小的浓度 v(5～6)>v(2～3)＝v(12～13) 温度相同，反应物浓度5～6 min大，化学反应速率大
【解析】（1）由第2min反应温度变为第8min反应温度时，生成物浓度增大、反应物浓度减小，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，所以T（2）＜T（8）；根据图像可知第10 min时苯乙烯的浓度瞬间减小，氢气浓度增加，因此反应改变的条件是减小苯乙烯的浓度。（2）根据化学反应速率的定义，可知反应在2～3 min和12～13 min处于平衡状态，CO的平均反应速率为0，在5～6min时，反应向正反应进行，故CO的平均反应速率为：v（5～6）＞v（2～3）=v（12～13）；（3）在5～6 min和15～16 min时反应温度相同，在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大，但15～16 min时各组分的浓度都小，因此反应速率小，即v（5～6）＞v（15～16）。
点睛：本题考查化学平衡移动、化学反应速率、浓度随时间变化曲线等，理解图象中曲线变化趋势及曲线变化可能改变的条件是解本题关键，是对学生综合能力的考查。
19．（1）< ； <
（2）①2.78 或2.8 ②0.1 ③57.5 (带单位不给分，只能保留一位） ④＞ ⑤＞
【解析】
试题分析：（1）根据化学反应N2O4（g）2NO2（g）△H>0，升高温度，平衡正向移动，NO2的体积分数增大，所以T1（2）①在60s时，反应已达平衡状态，所以n3=n4，当四氧化二氮的浓度为0.08÷2=0.04mol/L时，二氧化氮的浓度是0.4÷2-0.04mol/L×2=0.12mol/L，反应的平衡常数K=0.04÷（0.12×0.12）=2.78。
③若在相同情况下最初向该容器充入的是N2O4气体，要达到上述同样的平衡状态，N2O4的起始浓度是c，则
N2O4 2NO2
起始浓度（mol?L-1） c 0
转化浓度（mol?L-1） c-0.04 0.12
平衡浓度（mol?L-1） 0.04 0.12
所以(c-0.04)÷0.12=0.5，解得c=0.10。
④根据题意可知： N2O4 2NO2
起始浓度（mol?L-1） 0.10 0
转化浓度（mol?L-1） 0.06 0.12
平衡浓度（mol?L-1） 0.04 0.12
根据公式平均分子量=m÷n=（0.04×92+0.12×46）÷（0.04+0.12）=57.5g/mol，
答：达到平衡后混合气体的平均相对分子质量为57.5
考点：考查影响平衡的因素，化学平衡常数的计算及影响化学平衡常数的因素等知识。
20．(14分)
（1）27.5 mol(2分） （2）① (a＋2b＋6c)/3(2分)
② Fe2O3＋CO2FeO＋CO2(3分） ③ ac(3分)
（3）① Fe2＋＋S2O32-＋S＋H2OFeS2＋2H＋＋SO42－(2分)
② FeS22－＋2e－===2S2－＋Fe(2分)
【解析】
试题分析：（1）反应式配平后为4FeS2＋11O2＝＝2Fe2O3＋8SO2，当产生20molSO2时，消耗O2的物质的量为20×11/8==27.5mol。
（2）① 反应Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)可看成 有ⅰ＋2ⅱ＋6ⅲ得到的反应式再系数除3得到，故
ΔH＝(a＋2b＋6c)/3kJ·mol－1，②800℃是FeO的稳定区域，发生反应的方程式为：Fe2O3＋CO2FeO＋CO2；③温度低于570 ℃时，Fe2O3还原焙烧的产物中只含Fe3O4和Fe，不含FeO，选项a正确；温度越高焙烧产物主要是FeO，选项b不正确；反应为可逆反应，减少生成物中CO2气体的量，可促进平衡正向移动，提高产率，选项c 正确。
（3）①FeSO4、Na2S2O3、S及H2O在200 ℃时以等物质的量连续反应24 h后得到FeS2，参加反应的微粒为Fe2＋、S2O32-、S、H2O当等物质的量反应生成FeS2时，按原子守恒，剩余原子组合得到H2SO4，则此反应式为：Fe2＋＋S2O32－＋S＋H2O FeS2＋2H＋＋SO42－；②将总反应式减第一步反应式可得第2步反应式为2Li+ FeS22－＝Fe+2Li＋+2S2－，则正极反应式为：FeS22－＋2e－===2S2－＋Fe
考点：无机化工流程 涉及盖斯定律的应用、氧化还原反应的电子守恒、化学平衡的移动及原电池的电极反应式等。
21．（16分）（1）（2分） 3d24s2（2分） （2）C＜O＜N（2分）
（3）C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O（2分） （4）ad（2分）
（5）TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g) △H＝－81kJ/mol（2分）
（6）①＞（2分） ②＞（2分）
【解析】试题分析：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增,A、B、C、D位于短周期。A是原子半径最小的元素，则A为氢元素；B元素的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，因此B的电子排布为1s22s22p2，即B为碳元素；D的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，则D的电子排布为1s22s22p4，即D为氧元素；B、C、D的原子序数依次递增，因此C为N元素。A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，因此M是甲醛。A、B两种元素组成的原子个数之比为1 : 1的化合物N是常见的有机溶剂，则N是苯。E有“生物金属”之称,E4+和氩原子的核外电子排布相同，则E的原子序数为18＋4＝22，即E为钛元素。
（1）A2D2分子是双氧水，含有极性键和非极性键的共价化合物，其电子式为；Ti的原子序数为22，根据构造原理可知，其电子基态电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，电子最后填充3d电子，则外围电子排布为3d24s2。
（2）B、C、D三种元素分别为C、N、O，同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O＞C。由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以B、C、D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为C＜O＜N。
（3）氮元素的最高价氧化物是硝酸，具有强氧化性，在加热的条件下浓硝酸能氧化单质碳，反应的化学方程式是C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。
（4）a、甲醛是平面型结构。但由于甲醛分子中共价键的极性不能抵消，所以甲醛是极性分子，而苯是平面正六边形结构，属于非极性分子，a正确；b、化合物M为甲醛，碳原子的孤电子对数为0，碳原子的σ键数为3，则碳原子采取sp2杂化。CO2是直线型结构，碳原子是sp杂化，b不正确；c、苯分子中的碳碳键介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种独特的键，所以苯分子中含有12个σ键和1个大π键，c不正确；d、CO2形成晶体类型是分子晶体，而二氧化硅是原子晶体，所以CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，d正确，答案选ad。
（5）根据晶胞的结构可知，晶胞中含有Ti原子的个数＝1＋8×＝2，氧原子个数＝2＋4×＝4，所以Q的化学式是TiO2。根据盖斯定律可知，①＋②即得到反应TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)，所以该反应的反应热△H＝＋140kJ/mol－221kJ/mol＝－81kJ/mol。
（6）①合成氨反应是放热反应，所以升高温度平衡向逆反应方向移动，因此平衡常数减小，即K1＞K2。
②当测得CA3和C2、A2的物质的量分别为3mol和1 mol、2 mol时，它们的浓度分别是6mol/L、2mol/L、4mol/L，则根据平衡常数表达式可知，此时＝＝＜0.5，所以反应向正反应方向移动，即氮气正反应速率大于氮气逆反应速率。
考点：考查元素周期表的结构和元素周期律的应用；核外电子排布、第一电离能；分子的空间构型、化学键以及晶体的有关判断和计算；反应热的计算；平衡常数的应用和外界条件对平衡状态的影响等
22．（1）△H1－3△H2－2△H3(1分) （2）CE (1分)
（3）①放热（1分）②KA=KB>KC（1分）③2（2分）
④(1分)
⑤在1.3×104kPa下，CO的转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，同时生产成本增加，得不偿失。 (1分)
【解析】
试题分析：（1）根据盖斯定律，将已知热化学方程式中含有的CO(g)、H2O(g)消去可得到：2CO2(g)＋6H2(g)CH3CH2OH(g)＋3H2O(l)，则ΔH＝ΔH1－3ΔH2－2ΔH3。
（2）A．未指明正逆反应的方向，且氢气的速率应是CO速率的2倍，不能判断为平衡状态，A错误；B．CO的消耗速率等于CH3OCH3的生成速率，都是正反应速率，且不符合化学计量数之比，不能判断为平衡状态，B错误；C．容器的体积固定，该反应是气体的物质的量改变的可逆反应，所以当压强一定时，即为平衡状态，C正确；D．容器的体积不变，混合气体的质量不变，所以混合气体的密度始终不变，不能判断为平衡状态，D错误；E．混合气体的质量不变，但混合气体的物质的量发生改变，所以气体的平均相对分子质量发生变化，当气体的平均相对分子质量不变时，为平衡状态，E正确，答案选CE；
（3）①从图1可知，当压强一定时，CO的转化率随温度升高而降低，说明升温，平衡逆向移动，即逆向为吸热反应，所以正反应(合成甲醇的反应)是放热反应；
②平衡常数与温度有关，反应放热，则升高温度，平衡常数减小，A与B的温度相同，C的温度高于A、B，所以C的平衡常数较小，所以三者的关系是KA=KB＞KC；
③达到平衡状态A时，容器的体积为10L，状态A与B的平衡常数相同，则A状态时CO的转化率是0.5，则平衡时CO的物质的量是10mol×(1－0.5)=5mol，浓度是0.5mol·L－1，氢气的物质的量是其2倍，为1 mol·L－1，生成甲醇的物质的量是5mol，浓度是0.5 mol·L－1，所以平衡常数K=1；设B状态时容器的体积是VL，B状态时CO的转化率是0.8，则平衡时，CO的物质的量是10mol×(1－0.8)=2mol，浓度为mol·L－1，氢气的物质的量是mol·L－1，生成甲醇的物质的量是8mol，浓度是mol·L－1，，解得V=2。
④使用催化剂可加快反应速率，缩短到达平衡的时间，但平衡状态不会改变，投料比一定时，是否使用催化剂不影响CO2的转化率，所以相同投料比时CO2的转化率相等，即两种情况下CO2的转化率随投料比的变化曲线重合，图像见答案。
⑤从图3中可看出温度越低、压强越大CO的转化率越高，当在1.3×104Pa下，CO的转化率已较高，再增大压强，CO的转化率提高不大，生产成本增加，得不偿失。
【考点定位】本题主要是考查化学平衡状态的判断，盖斯定律的应用，对图像的分析判断。
【名师点晴】化学平衡图像题的解题技巧
（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，当图像中有三个量时，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。
23．（1）Mg＋2H＋ == Mg2＋＋H2↑ （2）没有说明两种酸的浓度相等 （3）盐酸的快，醋酸的慢；相等。（4）反应放热，过量镁与水反应 （5）盐酸酸性比醋酸强 （6）测定同浓度盐酸和醋酸的pH(其他合理答案均可)
【解析】
试题分析：（1）盐酸与镁反应的离子方程式为Mg＋2H＋ == Mg2＋＋H2↑。
（2）两种算的浓度必须相同，才可以做对比试验进行比较。
（3）两者浓度相同时，盐酸电离出的氢离子浓度大于醋酸的，所以反应起始时，产生氢气的速率盐酸的快，醋酸的慢；但是酸浓度相同，体积相同，物质的量就相同，所以最终产生氢气体积相等。
（4）金属与酸反应放热，温度较高时镁会与水反应也生成氢气。
（5）由于同浓度盐酸比醋酸电离出的氢离子浓度大，所以盐酸酸性比醋酸强。
（6）测定同浓度盐酸和醋酸的pH，盐酸比醋酸PH小，说明盐酸比醋酸强。
考点：考查盐酸与醋酸酸性强弱比较
24．
（1）①水面下降，水顺长导管排入D中 （2分） ②88.8% （2分）
（2）②持续将空气通入A中，至A中固体全部消失，（2分）再继续通入一段时间空气后，关闭弹簧夹，停止通入空气。（2分）
（3）a b d e （2分）
（4）①Cu2(OH)2CO3 + H+ + Fe3+ = 2Cu2+ + Fe(OH)3↓ + CO2↑（2分） ②c （2分）
（5）将（4）中所得红褐色沉淀洗涤、干燥、称量、计算（2分）
【解析】
试题分析：（1）①A中的废铜屑含有铁加入稀硫酸反应生成氢气，装置C是排水量气装置，现象是C中液面下降，水被排到D中；
②10g废铜屑样品，反应进行到A中不再产生气泡时，若C中收集到448mL（已换算成标准状况）气体为氢气物质的量为0.02mol，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，铁物质的量为0.02mol，质量为0.02mol×56g/mol=1.12g，该废铜屑中铜的质量百分含量=(10g?1.12g)/10g×100%=88.8%；
（2）拆除C、D装置后，打开弹簧夹，持续将空气通入A中，铁和硫酸反应生成的亚硫酸亚铁会被空气中的氧气氧化为硫酸铁，铁离子具有氧化性能氧化溶解铜，至A中固体全部；消失反应的离子方程式为：4Fe2++O2?+4H+=4Fe3++2H2O，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，再继续通入一段时间空气后，关闭弹簧夹，停止通入空气.
（3）为使A中固体加快溶解速率:
a．对A装置加热，会加快反应速率，故a正确；
b．向A内加入少量Fe2O3，溶解后自动铁离子浓度会提高溶解铜的反应速率，故b正确；
c．向A内加入少量CuO，和硫酸反应不能加快溶解速率，故c错误；
d．增大空气通入量，自动氧气浓度可以提高反应速率，故d正确；
e．向A内加入少量FeSO4，增大了亚铁离子浓度能加快反应速率，故e正确；
f．向A内加入少量H2O，稀释溶液浓度，反应速率减小，故f错误；
故选abde；
（4）①将A中溶液倒入烧杯内，加入Cu2（OH）2CO3将其调节至pH=4时，溶液中铁被完全沉淀，过滤后即得红褐色沉淀与硫酸铜溶液，此过程离子反应方程式是:
Cu2（OH）2CO3+H++Fe3+=2Cu2++Fe（OH）3↓+CO2↑
②因为前面铁元素都是Fe3+ ，所以要检验是否被完全沉淀，可以加入KSCN溶液进行检验，若，没有红色现象则说明铁元素被沉淀完全。
（5）不用测量气体法，可以依据沉淀方法，测定沉淀氢氧化铁质量，计算铁元素质量，得到铜的质量，计算废铜屑中铜的质量百分含量，沉淀实验方法为：得到的氢氧化铁沉淀洗涤、干燥、称量、计算.
考点：本题考查的是物质性质的探究实验方法和实验设计。
25．（1）（2） 2 3 1 6 （3）
【解析】平均反应速率vC＝vA/2，所以x︰p＝2︰1。反应2min 时，A的物质的量减少了1/3，B的物质的量减少了a/2 mol，有a mol D，所以x︰y︰q＝2︰3︰6，即x︰y︰p︰q＝2︰3︰1︰6。反应2min内，v（A）＝。
2A(g)+3B(g) C(g)+6D(g)
起始量（mol） a b 0 0
转化量（mol） 2?/3 a a/3 2?
平衡量（mol） a/3 (b-a) a/3 2?
所以平衡时B的物质的量浓度为
26．(1)①a=3（1分），b=1（1分）。 ② 20% （1分）。
(2)③ 0.3mol （1分） 铁片（1分） 碳棒。（1分） ④ 1.5mol/L（1分）。
(3) （3分）。
【解析】（1）①因为物质的量的变化量之比是相应的化学计量数之比，所以a和b的比值是0.6︰0.2＝3︰1。
②2S内B的转化率为
（2）原电池中较活泼的金属作负极，电子经导线传递到正极。碳棒是正极，氢离子得到电子，氢气是3.36L，物质的量为3.36L÷22.4L/mol＝0.15mol，所以转移电子是0.15mol×2＝0.3mol。此时溶液中的氢离子是0.2L×1.5mol/L×2＝0.6mol，则溶液中氢离子的物质的量浓度为
。
（3）2.3g钠是0.1mol。生成D2是0.05mol，质量是0.05mol×4g/mol＝0.2g。所以氢氧化钠的质量分数为。
一、单选题（每小题只有一个正确答案）
1．化学反应速率受条件的影响很大，下列肯定可以加快化学反应速率的措施是（ ）
A．使用催化剂 B．改变浓度 C．升高温度 D．降低温度
2．在温度不变的条件下，在恒容的容器中进行下列反应：N2O4(g)=2NO2(g)，若N2O4的浓度由0.1mol/L降到0.07mol/L需要15s，那么N2O4的浓度由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间( )
A．等于5s B．等于10s C．小于10s D．大于10s
3．在一定条件下，下列可逆反应达到化学平衡：I2（g）+H2（g）?2HI（g）；△H＜0，要使混合气体的颜色加深，可以采取的方法是（ ）
A．降低温度 B．增大压强 C．增大H2的浓度 D．减小压强
4．下图是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不相符合的是（ ）
A．反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等
B．该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
C．该反应达到平衡态Ⅰ后，减小反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
D．同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡态Ⅱ时浓度不相等
5．25℃、101kPa下，反应2N2O5(g) = 4NO2(g)+O2(g)，△H=+56.7 kJ/mol 能自发进行的原因是（ ）
A．反应吸热 B．熵增效应大于能量效应
C．熵减小 D．反应放热
6．密闭容器中反应:A2＋B22AB，产物AB的生成情况如图所示，a为500℃，b为300℃ 时的情况，c为300℃从时间t3开始向容器中加压的情况，下列叙述正确的是 （ ）
A．A2、B2、AB均为气体，正反应放热
B．AB为气体，A2、B2中最少有一种为非气体，正反应吸热
C．AB为气体，A2、B2中最少有一种为非气体，正反应放热
D．AB为固体，A2、B2中最少有一种为非气体，正反应吸热
7．密闭容器中进行的反应为 X(g)＋3Y(g) 2Z(g)，X、Y、Z 的起始浓度依次为0.1 mol/L，0.3 mol/L，0.2 mol / L，当反应达平衡时，各物质的浓度可能是（ ）
A．X＝0.2 mol / L B．Y＝0.5 mol / L
C．Z＝0.3 mol / L D．Z＝0.4 mol / L
8．某密闭容器中进行如下反应：2X(g)＋Y(g)2Z(g)，若要使平衡时反应物总物质的量与生成物的总物质的量相等，且用X、Y作反应物，则X、Y的初始物质的量之比的范围应满足（ ）
A．A B．B C．C D．D
9．在容积一定的密闭容器中，反应A(g)+2B(g)2C(g)达平衡，设初始A、B的物质的量分别为Xmol、Ymol，若要使平衡时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，则X/Y应满足的是 （ ）
A．1
10．T℃时，在1 L的密闭容器中充入2 mol CO2和6mol H2，一定条件下发生反应：
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H=－49.0kJ/mol
测得H2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如右图所示。下列说法不正确的是 （ ）
A．0~10min内v(H2)=0.3mol/(L·min)
B．T℃时，平衡常数，CO2和H2的转化率相等
C．T℃时，上述反应中有64g CH3OH生成，同时放出98.0kJ的热量
D．达到平衡后，升高温度或再充入CO2气体，都可以提高H2的转化率
11．下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
实验目的 实验方案
A 检验FeSO4晶体是否已氧化变质 将FeSO4样品溶于稀硝酸后,滴加KSCN?溶液,观察溶液是否变红
B 探究浓度对化学反应速率的影响 取两支试管,各加入4?mL0.5?mol/L的KMnO4酸性溶液,然后向两支试管中分别加入2?mL0.1mol/L?H2C2O4(草酸)溶液和2?mL0.2?mol/LH2C2O4溶液比较反应褪色的快慢
C 提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯 向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量饱和碳酸钠溶液,振荡后静置分液,并除去有机相中的水
D 判断淀粉是否水解 向用稀硫酸作催化剂的淀粉水解液中加入适量银氨溶液后水浴加热，观察是否产生银镜
A．A B．B C．C D．D
12．下列反应达到平衡时保持温度不变，向容器中通入氩气，化学平衡一定不移动的是（ ）
A．PCl5?(g)??PCl3(g)+Cl2(g) B．N2(g)+3H2(g)??2NH3(g)
C．2HI(g)?H2(g)+I2(g) D．C2H4(g)+H2(g)??C2H6(g)
13．可逆反应aA（s）＋bB（g）cC（g）＋dD（g）△H=Q，反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度（T）、压强（p）的关系如下图所示，据图分析，
以下描述正确的是（ ）
A．T1﹥T2，Q﹥0 B．Tl﹤T2，Q﹥0 C．Pl﹤P2，b=c+d D．P1﹥P2，a+b=c+d
14．在体积不变的绝热密闭容器中，2molSO2与1molO2在催化剂作用下发生反应：2SO2(g) + O2(g)2SO3(g) △H=-QkJ/mol(Q>0)。当气体的物质的量减少0.5mol时反应达到平衡．下列叙述错误的是（ ）
A．增大氧气浓度，平衡正向移动，平衡常数不变
B．降低温度，正反应速率比逆反应速率减小的程度小
C．平衡时SO2气体的转化率为50%
D．该条件下反应放出0.5QkJ的热量
15．固体碘化铵置于密闭容器中，加热至一定温度后恒温，容器中发生反应：①NH4I（s）NH3（g）+HI（g） ②2HI（g）H2（g）+I2（g），测得平衡时c（I2）=0.5mol/L，反应①的平衡常数为20mol2/L2，则下列结论不正确的是（ ）
A．平衡时c（NH3）=5mol/L
B．平衡时HI分解率为20%
C．混合气体的平均摩尔质量不再发生变化不可以作为判断该反应达到平衡状态的标志
D．平衡后缩小容器体积，NH4I的物质的量增加，I2的物质的量不变
二、填空题
16．下图表示的是N2 + 3H22NH3；△H＜0达到平衡后，改变条件建立的新平衡(图中横坐标表示反应时间, 纵坐标表示反应速率)
(1)表示减少H2的量而建立新平衡的是 。
(2)表示压缩气体, 体积减小而建立新平衡的是 。
(3)表示降低温度而建立新平衡的是 。
(4)表示升高温度而建立新平衡的是 。
(5)表示加入催化剂后而建立新平衡的是 。
17．反应aA(g) +bB(g) cC(g)( △H <0)在等容条件下进行。改变其他反应条件，在I、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：
回答问题:
(1)反应的化学方程式中，a:b:c为 ；
(2)A的平均反应速率vI (A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为 ；
(3)B的平衡转化率I (B)、Ⅱ(B)、Ⅲ (B)中最小的是 ，其值是 ；
(4)由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是 ，采取的措施是 ；
（5）比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度（T3)的高低:T2 T3(填“ >、=、< ”)判断的理由是 ；
（6）达到第三阶段平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10 min后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示第IV阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势（曲线上必须标出 A、B、C)。
18．已知：＋H2(g) ΔH＝＋124 kJ·mol－1，若反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下(只改变一种条件)的变化状况如图所示(第10 min到14 min的浓度变化曲线未表示出)：
(1)第2min反应温度T(2)与第8 min反应温度T(8)的高低：T(2)________(填“<”、“>”或“＝”)T(8)；第10 min时反应改变的条件是______________________________________________。
(2)比较产物苯乙烯在2～3min、5～6min和12～13min时平均反应速率[平均反应速率分别以v(2～3)、v(5～6)、v(12～13)表示]的大小________________________。
(3)反应物乙苯在5～6min和15～16min时平均反应速率的大小：v(5～6)大于v(15～16)，原因是________________________________________。
19．I.（1）对反应N2O4（g）2NO2（g） △H>0 ，在温度为T1、 T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。T1 T2（填“>”、“<”或“=”）；A、C两点的速率VA VC（同上）。
（2）在100℃时，将0.400mol的NO2气体充入2L真空定容密闭容器中，
每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到如下表数据：
时间（s） 0 20 40 60 80
n（NO2）/mol 0.40 n1 0.26 n3 n4
n（N2O4）/mol 0.00 0.05 n2 0.08 0.08
①该反应的平衡常数K的值为 ；
②若在相同情况下最初向该容器充入的是N2O4，要达到上述同样的平衡状态，N2O4的起始浓度是_____________mol/L。
③计算②中条件下达到平衡后混合气体的平均相对分子质量为 ；（结果保留小数点后一位）
II. 在0.5 L的密闭容器中，一定量的H2和N2进行如下化学反应：3H2(g)+N2(g)2NH3(g) △H ＜0，其化学平衡常数K与温度t的关系如下表。请回答下列问题。
t/℃ 200 300 400
K K1 K2 0.5
④比较K1,K2的大小，K1_________K2(填写“ >”、“=”或“<”）。[来源:学*科*网]
⑤在400℃时,当测得NH3和N2、H2的物质的量分别为3mol和1 mol、2 mol时,则该反应的 V(H2)正_________ V (H2)逆（填写“>”、“=”或“<”）。
20．以硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料制取硫酸，其烧渣可用来炼铁。
（1）煅烧硫铁矿时发生反应：FeS2＋O2―→Fe2O3＋SO2(未配平)。当产生448 L(标准状况)SO2时，消耗O2的物质的量为________。
（2）Fe2O3用CO还原焙烧的过程中，反应物、生成物和温度之间的关系如图所示。
(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四条曲线是四个化学反应平衡时的气相组成对温度作图得到的；A、B、C、D四个区域分别是Fe2O3、Fe3O4、FeO、Fe稳定存在的区域)
已知：ⅰ.3Fe2O3(s)＋CO(g)===2Fe3O4(s)＋CO2(g)；ΔH1＝a kJ·mol－1
ⅱ.Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g)；ΔH2＝b kJ·mol－1
ⅲ.FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g)；ΔH3＝c kJ·mol－1
①反应Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1(用含a、b、c的代数式表示)。
②800 ℃时，混合气体中CO2体积分数为40%时，Fe2O3用CO还原焙烧反应的化学方程式为____________。
③据图分析，下列说法正确的是________(填字母)。
a．温度低于570 ℃时，Fe2O3还原焙烧的产物中不含FeO
b．温度越高，Fe2O3还原焙烧得到的固体物质组成中Fe元素的质量分数越高
c．Fe2O3还原焙烧过程中及时除去CO2有利于提高Fe的产率
（3）FeS2是Li/FeS2电池(示意图如图)的正极活性物质。
①FeSO4、Na2S2O3、S及H2O在200 ℃时以等物质的量连续反应24 h后得到FeS2。写出该反应的离子方程式：______________。
②Li/FeS2电池的负极是金属Li，电解液是含锂盐的有机溶液。电池放电反应为FeS2＋4Li===Fe＋4Li＋＋2S2－。该反应可认为分两步进行：第1步，FeS2＋2Li===2Li＋＋FeS22－，则第2步正极的电极反应式为____________________。
三、推断题
21．已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增,A、B、C、D位于短周期。A是原子半径最小的元素；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；E有“生物金属”之称,E4+和氩原子的核外电子排布相同。A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，A、B两种元素组成的原子个数之比为1 : 1的化合物N是常见的有机溶剂。
请回答下列问题（答题时,A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）：
(1)A2D2分子的电子式为______，E的基态原子的外围电子排布式为______。
(2)B、C、D三种元素的第一电离能由小到大的顺序为______。
(3)单质B与C的最高价氧化物的水化物的浓溶液微热反应,其化学方程式为______
(4)下列叙述正确的是______(填序号）。
a． M是极性分子,N是非极性分子 b． M和BD2分子中的中心原子均采用sp2杂化
c． N分子中含有6个σ键和1个π键 d． BD2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低
(5) 已知:①E的一种氧化物Q，其晶胞结构如图所示
①Q(s)＋2Cl2(g)＝ECl4(l)＋D2(g)△H＝＋140kJ/mol
②2B(s)＋D2(g)＝2BD(g) △H＝－221kJ/mol
写出物质Q和焦炭、氯气反应生成液态ECI4和BD气体的热化学方程式：__________________________
(6)在0.5 L的密闭容器中，一定量的C2和A2进行如下化学反应：C2(g) +3 A2(g)＝2CA3(g) △H＜0，其化学平衡常数K与温度t的关系如下表。请回答下列问题。
①试比较K1,K2的大小，K1________K2(填写“ >”、“=”或“<”）。
②在400℃时,当测得CA3和C2、A2的物质的量分别为3mol和1 mol、2 mol时,则该反应的 V(C2)正_________(C2)逆（填写“>”、“=”或“<”）。
22．CO是现代化工生产的基础原料，下列有关问题都和CO的使用有关。
（1） 工业上可利用CO生产乙醇:
2CO（g）＋4H2（g）CH3CH2OH（g）＋H2O（g） ΔH1
又已知：H2O（l）="==" H2O（g） ΔH2
CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g） ΔH3
工业上也可利用CO2（g）与H2（g）为原料合成乙醇：
2CO2（g）＋6H2（g）CH3CH2OH（g）＋3H2O（l） ΔH
则：ΔH与ΔH1、ΔH2、ΔH3之间的关系是：ΔH＝_______________________。
（2）一定条件下，H2、CO在体积固定的密闭容器中发生如下反应：
4H2（g）+2CO（g）CH3OCH3（g）+H2O（g），
下列选项能判断该反应达到平衡状态的依据的有 。
A．2v（H2）= v（CO）
B．CO的消耗速率等于CH3OCH3的生成速率
C．容器内的压强保持不变
D．混合气体的密度保持不变
E．混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化
（3）工业可采用CO与H2反应合成再生能源甲醇，反应如下:
CO（g）+ 2H2（g）CH3OH（g）
在一容积可变的密闭容器中充有10molCO和20mol H2，
在催化剂作用下发生反应生成甲醇。CO的平衡转化率（α）与温度（T）、压强（p）的关系如（图1）所示。
①合成甲醇的反应为__ （填“放热”或“吸热”）反应。
②A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为___ 。
③若达到平衡状态A时，容器的体积为10L，则在平衡状态B时容器的体积为 L。
④（图2）中虚线为该反应在使用催化剂条件下关于起始氢气与CO投料比和CO平衡转化率的关系图。当其条件完全相同时，用实线画出不使用催化剂情况下CO平衡转化率的示意图．
⑤CO的平衡转化率（α）与温度（T）、压强（p）的关系如（图3）所示，实际生产时条件控制在250 ℃、1．3×104 kPa左右，选择此压强的理由是________。
四、实验题
23．某化学小组为比较盐酸和醋酸的酸性，设计了如下实验方案。装置如图(夹持仪器略)：
实验方案：在两试管中分别加入过量镁条，同时将两注射器中的溶液注入相应试管中，观察产生氢气的速率和体积。
（1）盐酸与镁反应的离子方程式为____________________。
（2）在上述实验方案中有一明显欠缺，该欠缺是____________。
（3）在欠缺已经得到改正的方案下，反应起始时，产生氢气的速率关系应是____________；最终产生氢气体积的关系应是_______________。
（4）实验中产生的氢气体积比理论值高，可能原因是_______________________。
（5）通过比较起始反应的速率可以得出的结论是______________。
（6）除上述方法外，还可以通过其他方向比较盐酸和醋酸的酸性，请写出其中的一种方法_________。
24．一学习小组利用下图所示装置，对某含少量Fe的废铜屑进行铜含量的测定，并探究利用其制备硫酸铜溶液。
（1）向A中加入10g废铜屑样品，关闭弹簧夹，打开B活塞向A注入足量稀硫酸后关闭。①此时装置C中产生的现象是 。
②反应进行到A中不再产生气泡时，若C中收集到448mL（已换算成标准状况）气体，则该废铜屑中铜的质量百分含量为 。
（2）接下来使Cu完全溶解的操作是：
① 拆除C、D装置后，打开弹簧夹
②____________________________________________________________________
（3）为使A中固体加快溶解速率，以下方法运用合理的是 。
a．对A装置加热 b．向A内加入少量Fe2O3
c．向A内加入少量CuO d．增大空气通入量
e．向A内加入少量FeSO4 f．向A内加入少量H2O
（4）将A中溶液倒入烧杯内，加入Cu2(OH)2CO3将其调节至pH=4时，溶液中铁元素被完全沉淀，过滤后即得红褐色沉淀与硫酸铜溶液。
①此过程的离子反应方程式是 。
②检验溶液中铁元素是否被完全沉淀最好的方法是___________
a．取样于试管→滴加KSCN溶液； b．取样于试管→滴加酸性KMnO4溶液
c．取样于试管→纸上层析后→ 喷KSCN溶液；
（5）有同学认为，可以不用测量气体法计算废铜屑中铜的质量百分含量，其具体操作步骤可续写为： 。
五、计算题
25．向2L密闭容器中通入amol 气体A和bmol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vC＝vA/2；反应2min 时，A的物质的量减少了1/3，B的物质的量减
少了a/2 mol，有a mol D生成。请计算回答：（写出计算过程）
（1）反应2min内，v（A） =__________________
（2）化学方程式中，x＝ 、y＝ 、p＝ 、q＝ 。
（3）平衡时，D为 2a mol，此时B的物质的量浓度为？
26． (1)已知某反应的各物质浓度数据如下：
_
起始浓度（）： 1.5 1.0 0
2s末浓度（）： 0.9 0.8 0.4
则①a= ，b= 。
②2s内B的转化率= 。
(2)由碳棒，铁片和200mL 1.5mol/L的稀硫酸组成的原电池中，当在碳棒上产生气体3.36L（标准状况）时，求
③有 mol电子从 通过电线到 (填“铁片”或“碳棒”) 。
④此时溶液中H+的物质的量浓度为 （不考虑溶液体积变化）。
(3)将2.3g金属钠放入足量的m g重水（D2O）中，完全反应后，所得溶液中溶质的质量分数是 （用含m的代数式表示。）
试卷第6页，总12页
参考答案
1．C
【解析】试题分析：A．使用催化剂可以改变化学反应速率，这种改变可能是加快反应速率，也可能是降低反应速率，A错误；B．改变浓度时，若是使物质的浓度增大，则化学反应速率加快，若是降低浓度，则化学反应速率减小，B错误；C．升高温度,化学反应速率一定加快，C正确；D．降低温度化学反应速率减小，D错误。答案选C。
【考点定位】本题主要是考查外界条件对化学反应速率的影响的判断的知识
【名师点晴】外界条件对化学反应速率的影响需要明确以下几点：（1）参加反应的物质为固体和液体，由于压强的变化对浓度几乎无影响，可以认为反应速率不变。（2）对有气体参加的反应，压强改变?气体物质浓度改变?化学反应速率改变，即压强改变的实质是通过改变浓度引起的。（3）有气体参加的反应体系中充入“惰性气体”(不参与反应)时，对化学反应速率的影响：①恒容：充入“惰性气体”→总压增大→物质浓度不变(活化分子浓度不变)→反应速率不变。②恒压：充入“惰性气体”→体积增大→物质浓度减小(活化分子浓度减小)→反应速率减慢。
2．D
【解析】N2O4的浓度由0.1mol?L-1降到0.07mol?L-1需要15s，即N2O4的浓度变化为0.03mol?L-1，N2O4的浓度由0.07mol?L-1降到0.05mol?L-1，即N2O4的浓度变化为0.02mol?L-1，若反应速率不变，则所需时间为，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于10s，答案选D
3．B
【解析】
试题分析：△H＜0，降低温度平衡正向移动，减小，颜色变浅，故A错误；增大压强，增大，颜色加深，故B正确；增大H2的浓度，平衡正向移动，减小，颜色变浅，故C错误；减小压强，减小，颜色变浅，故D错误。
考点：本题考查化学平衡移动。
4．C
【解析】
【分析】
由图可以知道，该反应从正反应一端开始，正逆反应速率相等时为状态Ⅰ，然后，该反应向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，且改变条件的一瞬间逆反应速率不变，以此来解答。
【详解】
A.由平衡的特征可以知道，反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，所以A选项是正确的；
B.该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡正向移动，达到平衡态Ⅱ，所以B选项是正确的；
C.该反应达到平衡态后，减小反应物浓度，平衡应逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图象矛盾，故C错误；
D.该反应达到平衡态Ⅰ后，改变条件使反应继续正向移动达到平衡态Ⅱ，所以同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡Ⅱ时浓度不相等，所以D选项是正确的。
故答案选C。
5．B
【解析】
试题分析：△G=△H-T△S，该反应能自发进行，△G<0，由于△H>0，所以△S>0，可知B正确；答案选B。
考点：化学反应进行的方向、自由能变
6．C
【解析】
【详解】
升高温度AB的含量减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，则△H＜0，从时间t3开始向容器中加压，AB的含量减小，说明平衡向逆反应方向进行，说明反应物气体的化学计量数之和小于生成物化学计量数，则AB为气体，A2、B2中至少有一种为非气体，如都为气体，增大压强平衡不移动，故选C。
7．BC
【解析】
8．C
【解析】
试题分析：设X、Y的初始物质的量分别是a和b，平衡时消耗Y的物质的量是c，则根据方程式可知
2X(g)＋Y(g)2Z(g)
起始量 a b 0
转化量 2c c 2c
平衡量 a-2c b-c 2c
平衡时反应物总物质的量与生成物的总物质的量相等，则a-2c+b-c＝2c，解得a+b＝5c，所以。由于c＜b、b-c＜2c，即＜c＜b，所以＜＜4，答案选C。
考点：考查可逆反应的有关计算
9．C
【解析】
试题分析：令参加反应的X的物质的量为n，
X（g）+2Y（g） 2Z（g），
开始（mol）：x y 0
转化（mol）：n 2n 2n
平衡（mol）：x-n y-2n 2n
平衡时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，所以有x-n+y-2n=2n，解得n=(X+Y)/5；
反应物不能完全反应，所以有x＞n，y＞2n，即x＞(X+Y)/5 （1），y＞2(X+Y)/5 （2）
解（1）得：X/Y＞1/4
解（2）得：X/Y＜3/2
所以1/4＜X/Y＜3/2。即0.25< X/Y <1.5。
故选C。
考点：化学平衡的综合应用 极值法的应用 化学平衡的计算
点评：本题考查的是化学平衡的综合应用能力极值法的应用。难度稍难。关键在于利用反应物不能完全反应，列不等式。
10．D
【解析】
试题分析：A项0～10min内H2的物质的量从6mol减小为3mol，则v（H2）＝0.3mol/（L?min），正确；B项平衡时c（H2）=3mol/L，c（CO2）=1mol/L，c（CH3OH）=1mol/L，c（H2O）=1mol/L，则该反应的平衡常数K＝＝，CO2和H2的转化率均为50%，正确；C项由图可知，平衡时生成1molCH3OH，放出热量为49kJ，64gCH3OH的物质的量为＝2mol，故放出98.0kJ的热量，正确；D项因△H＜0（放热反应），升高温度，平衡逆向移动，H2的转化率减小，而平衡后再充入CO2气体，平衡正向移动，可以提高H2的转化率，错误。综上分析选D。
考点：考查化学反应速率和化学平衡。
11．C
【解析】A、硝酸具有强氧化性，可将Fe2+氧化成Fe3+，所以A不能检验FeSO4晶体因氧化而变质，即A错误；B、已知反应的方程式为5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，所以两支试管中H2C2O4的量都不足，因此KMnO4酸性溶液都不会褪色，可能颜色会变浅，但不易观察，所以B错误；C、由于乙酸能与碳酸钠反应而除去，而乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液溶解度更小，所以通过分液即可提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯，故C正确；D、银氨溶液中酸性溶液中会变质，所以不能直接向水解液中加入银氨溶液，应先加NaOH溶液中和到碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，观察是否产生银镜，故D错误。因此本题答案应选C。
12．C
【解析】当反应达到平衡时，保持温度和压强不变，向容器中通入氩气，导致容器的体积增大，则参加反应的各气体的压强减小，A、该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，减小压强，平衡向正反应方向移动，选项A不选；B、该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，减小压强，平衡向逆反应方向移动，选项B不选；C、该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，减小压强，平衡不移动，选项C选；D、该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，减小压强，平衡向逆反应方向移动，选项D不选。答案选C。
13．C
【解析】
试题分析：首先达到平衡状态的温度高，压强大。即Tl﹤T2，Pl﹤P2，温度高C的百分含量降低，说明正反应是放热反应，Q＜0；改变压强B的百分含量不变，说明反应前后体积不变，因此b=c+d，答案选C。
【考点定位】考查可逆反应图像分析
【名师点晴】可逆反应图像的答题技巧：（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，当图像中有三个量时，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。
14．C
【解析】依据反应前后气体物质的量变化可知反应前后气体物质的量减小为反应的氧气物质的量；结合化学反应三段式列式计算，设二氧化硫起始量为x
试题分析：
A、增大压强浓度，增大反应物浓度，平衡正向进行，但温度不变，平衡常数不变，故A正确；
B、降低温度反应速率减小，正逆反应速率减小，反应是放热反应，平衡正向进行，正向反应速率减小的少，故B正确；
C、二氧化硫的起始量不知不能计算转化率，故C错误；
D、依据反应放热，1mol氧气反应放热QKJ，反应了0.5mol氧气，放热0.5QKJ，故D正确。
考点：本题考查化学平衡。
15．D
【解析】
试题分析：设：碘化铵生成氨气和碘化氢的浓度为x，则
①NH4I（s）NH3（g）+HI（g）
x x
②2HI（g）H2（g）+I2（g），测得平衡时c（H2）=0.5mol/L，即
1mol/L 0.5mol/L 0.5mol/L
所以碘化氢的平衡浓度是（x-1）mol/L，根据反应①的平衡常数为20，则x（x-1）=20，解得x=5mol/L；A．由分析可知平衡时c（NH3）=5mol/L，故A正确；B．平衡时HI分解率为×100%=20%，故B正确；C．反应体系气体的总物质的量始终不变，则混合气体的平均摩尔质量不再发生变化不可以作为判断该反应达到平衡状态的标志，故C正确；D．平衡后缩小容器体积，反应①逆向移动，NH4I的物质的量增加，HI的物质的量降低，反应②逆向移动，则I2的物质的量也减小，故D错误；答案为D。
考点：考查化学平衡的计算
16．（1）E (2) D (3) A (4) B (5) C
【解析】略
17．(1)1∶3∶2；(2)vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)；(3)αⅢ(B)，0.19(19%)；
(4)向正反应方向，从反应体系中移出产物C；
(5)＞，此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动
(6)
(注：只要曲线能表示出平衡向逆反应方向移动及各物质浓度的相对变化比例即可)。
【解析】
试题分析：（1）根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，因为同一条件测定，因此物质的量浓度变化等于化学计量数之比，a：b：c=(2－1)：(6－3)：2=1：3：2；（2）随着反应的进行，A的浓度不断减小，浓度减小，反应速率减缓，即vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)；（3）根据转化率的定义，αI(B)=(6－3)/6×100%－50%，αII(B)=(3－1.86)/3×100%=38%，αIII(B)=(1.86－1.5)/1.86×100%=19.4%，因此αIII(B)最小；（4）从II阶段的图像看，C从0开始，瞬间AB的浓度不变，因此反应向正反应方向进行，从产物中移出C；（5）根据A、B的量减少，C的量增加，可判断此平衡向正反应方向移动，不应是改变浓度，因为容积不变的容器，因此改变压强也不可能，只能是改变温度，因此此反应是放热反应，根据勒夏特列原理，应是降低温度，即T2>T3；(6)扩大体积一倍，压强减少一倍，浓度变为原来的1/2，减小压强，平衡向逆反应方向移动，且组分的物质的量浓度变化量之比等于化学计量数比，因此图像是：。
考点：考查化学反应速率的计算、影响化学平衡移动的因素等知识。
18． < 减小的浓度 v(5～6)>v(2～3)＝v(12～13) 温度相同，反应物浓度5～6 min大，化学反应速率大
【解析】（1）由第2min反应温度变为第8min反应温度时，生成物浓度增大、反应物浓度减小，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，所以T（2）＜T（8）；根据图像可知第10 min时苯乙烯的浓度瞬间减小，氢气浓度增加，因此反应改变的条件是减小苯乙烯的浓度。（2）根据化学反应速率的定义，可知反应在2～3 min和12～13 min处于平衡状态，CO的平均反应速率为0，在5～6min时，反应向正反应进行，故CO的平均反应速率为：v（5～6）＞v（2～3）=v（12～13）；（3）在5～6 min和15～16 min时反应温度相同，在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大，但15～16 min时各组分的浓度都小，因此反应速率小，即v（5～6）＞v（15～16）。
点睛：本题考查化学平衡移动、化学反应速率、浓度随时间变化曲线等，理解图象中曲线变化趋势及曲线变化可能改变的条件是解本题关键，是对学生综合能力的考查。
19．（1）< ； <
（2）①2.78 或2.8 ②0.1 ③57.5 (带单位不给分，只能保留一位） ④＞ ⑤＞
【解析】
试题分析：（1）根据化学反应N2O4（g）2NO2（g）△H>0，升高温度，平衡正向移动，NO2的体积分数增大，所以T1
③若在相同情况下最初向该容器充入的是N2O4气体，要达到上述同样的平衡状态，N2O4的起始浓度是c，则
N2O4 2NO2
起始浓度（mol?L-1） c 0
转化浓度（mol?L-1） c-0.04 0.12
平衡浓度（mol?L-1） 0.04 0.12
所以(c-0.04)÷0.12=0.5，解得c=0.10。
④根据题意可知： N2O4 2NO2
起始浓度（mol?L-1） 0.10 0
转化浓度（mol?L-1） 0.06 0.12
平衡浓度（mol?L-1） 0.04 0.12
根据公式平均分子量=m÷n=（0.04×92+0.12×46）÷（0.04+0.12）=57.5g/mol，
答：达到平衡后混合气体的平均相对分子质量为57.5
考点：考查影响平衡的因素，化学平衡常数的计算及影响化学平衡常数的因素等知识。
20．(14分)
（1）27.5 mol(2分） （2）① (a＋2b＋6c)/3(2分)
② Fe2O3＋CO2FeO＋CO2(3分） ③ ac(3分)
（3）① Fe2＋＋S2O32-＋S＋H2OFeS2＋2H＋＋SO42－(2分)
② FeS22－＋2e－===2S2－＋Fe(2分)
【解析】
试题分析：（1）反应式配平后为4FeS2＋11O2＝＝2Fe2O3＋8SO2，当产生20molSO2时，消耗O2的物质的量为20×11/8==27.5mol。
（2）① 反应Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)可看成 有ⅰ＋2ⅱ＋6ⅲ得到的反应式再系数除3得到，故
ΔH＝(a＋2b＋6c)/3kJ·mol－1，②800℃是FeO的稳定区域，发生反应的方程式为：Fe2O3＋CO2FeO＋CO2；③温度低于570 ℃时，Fe2O3还原焙烧的产物中只含Fe3O4和Fe，不含FeO，选项a正确；温度越高焙烧产物主要是FeO，选项b不正确；反应为可逆反应，减少生成物中CO2气体的量，可促进平衡正向移动，提高产率，选项c 正确。
（3）①FeSO4、Na2S2O3、S及H2O在200 ℃时以等物质的量连续反应24 h后得到FeS2，参加反应的微粒为Fe2＋、S2O32-、S、H2O当等物质的量反应生成FeS2时，按原子守恒，剩余原子组合得到H2SO4，则此反应式为：Fe2＋＋S2O32－＋S＋H2O FeS2＋2H＋＋SO42－；②将总反应式减第一步反应式可得第2步反应式为2Li+ FeS22－＝Fe+2Li＋+2S2－，则正极反应式为：FeS22－＋2e－===2S2－＋Fe
考点：无机化工流程 涉及盖斯定律的应用、氧化还原反应的电子守恒、化学平衡的移动及原电池的电极反应式等。
21．（16分）（1）（2分） 3d24s2（2分） （2）C＜O＜N（2分）
（3）C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O（2分） （4）ad（2分）
（5）TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g) △H＝－81kJ/mol（2分）
（6）①＞（2分） ②＞（2分）
【解析】试题分析：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增,A、B、C、D位于短周期。A是原子半径最小的元素，则A为氢元素；B元素的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，因此B的电子排布为1s22s22p2，即B为碳元素；D的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，则D的电子排布为1s22s22p4，即D为氧元素；B、C、D的原子序数依次递增，因此C为N元素。A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，因此M是甲醛。A、B两种元素组成的原子个数之比为1 : 1的化合物N是常见的有机溶剂，则N是苯。E有“生物金属”之称,E4+和氩原子的核外电子排布相同，则E的原子序数为18＋4＝22，即E为钛元素。
（1）A2D2分子是双氧水，含有极性键和非极性键的共价化合物，其电子式为；Ti的原子序数为22，根据构造原理可知，其电子基态电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，电子最后填充3d电子，则外围电子排布为3d24s2。
（2）B、C、D三种元素分别为C、N、O，同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O＞C。由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以B、C、D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为C＜O＜N。
（3）氮元素的最高价氧化物是硝酸，具有强氧化性，在加热的条件下浓硝酸能氧化单质碳，反应的化学方程式是C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。
（4）a、甲醛是平面型结构。但由于甲醛分子中共价键的极性不能抵消，所以甲醛是极性分子，而苯是平面正六边形结构，属于非极性分子，a正确；b、化合物M为甲醛，碳原子的孤电子对数为0，碳原子的σ键数为3，则碳原子采取sp2杂化。CO2是直线型结构，碳原子是sp杂化，b不正确；c、苯分子中的碳碳键介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种独特的键，所以苯分子中含有12个σ键和1个大π键，c不正确；d、CO2形成晶体类型是分子晶体，而二氧化硅是原子晶体，所以CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，d正确，答案选ad。
（5）根据晶胞的结构可知，晶胞中含有Ti原子的个数＝1＋8×＝2，氧原子个数＝2＋4×＝4，所以Q的化学式是TiO2。根据盖斯定律可知，①＋②即得到反应TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)，所以该反应的反应热△H＝＋140kJ/mol－221kJ/mol＝－81kJ/mol。
（6）①合成氨反应是放热反应，所以升高温度平衡向逆反应方向移动，因此平衡常数减小，即K1＞K2。
②当测得CA3和C2、A2的物质的量分别为3mol和1 mol、2 mol时，它们的浓度分别是6mol/L、2mol/L、4mol/L，则根据平衡常数表达式可知，此时＝＝＜0.5，所以反应向正反应方向移动，即氮气正反应速率大于氮气逆反应速率。
考点：考查元素周期表的结构和元素周期律的应用；核外电子排布、第一电离能；分子的空间构型、化学键以及晶体的有关判断和计算；反应热的计算；平衡常数的应用和外界条件对平衡状态的影响等
22．（1）△H1－3△H2－2△H3(1分) （2）CE (1分)
（3）①放热（1分）②KA=KB>KC（1分）③2（2分）
④(1分)
⑤在1.3×104kPa下，CO的转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，同时生产成本增加，得不偿失。 (1分)
【解析】
试题分析：（1）根据盖斯定律，将已知热化学方程式中含有的CO(g)、H2O(g)消去可得到：2CO2(g)＋6H2(g)CH3CH2OH(g)＋3H2O(l)，则ΔH＝ΔH1－3ΔH2－2ΔH3。
（2）A．未指明正逆反应的方向，且氢气的速率应是CO速率的2倍，不能判断为平衡状态，A错误；B．CO的消耗速率等于CH3OCH3的生成速率，都是正反应速率，且不符合化学计量数之比，不能判断为平衡状态，B错误；C．容器的体积固定，该反应是气体的物质的量改变的可逆反应，所以当压强一定时，即为平衡状态，C正确；D．容器的体积不变，混合气体的质量不变，所以混合气体的密度始终不变，不能判断为平衡状态，D错误；E．混合气体的质量不变，但混合气体的物质的量发生改变，所以气体的平均相对分子质量发生变化，当气体的平均相对分子质量不变时，为平衡状态，E正确，答案选CE；
（3）①从图1可知，当压强一定时，CO的转化率随温度升高而降低，说明升温，平衡逆向移动，即逆向为吸热反应，所以正反应(合成甲醇的反应)是放热反应；
②平衡常数与温度有关，反应放热，则升高温度，平衡常数减小，A与B的温度相同，C的温度高于A、B，所以C的平衡常数较小，所以三者的关系是KA=KB＞KC；
③达到平衡状态A时，容器的体积为10L，状态A与B的平衡常数相同，则A状态时CO的转化率是0.5，则平衡时CO的物质的量是10mol×(1－0.5)=5mol，浓度是0.5mol·L－1，氢气的物质的量是其2倍，为1 mol·L－1，生成甲醇的物质的量是5mol，浓度是0.5 mol·L－1，所以平衡常数K=1；设B状态时容器的体积是VL，B状态时CO的转化率是0.8，则平衡时，CO的物质的量是10mol×(1－0.8)=2mol，浓度为mol·L－1，氢气的物质的量是mol·L－1，生成甲醇的物质的量是8mol，浓度是mol·L－1，，解得V=2。
④使用催化剂可加快反应速率，缩短到达平衡的时间，但平衡状态不会改变，投料比一定时，是否使用催化剂不影响CO2的转化率，所以相同投料比时CO2的转化率相等，即两种情况下CO2的转化率随投料比的变化曲线重合，图像见答案。
⑤从图3中可看出温度越低、压强越大CO的转化率越高，当在1.3×104Pa下，CO的转化率已较高，再增大压强，CO的转化率提高不大，生产成本增加，得不偿失。
【考点定位】本题主要是考查化学平衡状态的判断，盖斯定律的应用，对图像的分析判断。
【名师点晴】化学平衡图像题的解题技巧
（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，当图像中有三个量时，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。
23．（1）Mg＋2H＋ == Mg2＋＋H2↑ （2）没有说明两种酸的浓度相等 （3）盐酸的快，醋酸的慢；相等。（4）反应放热，过量镁与水反应 （5）盐酸酸性比醋酸强 （6）测定同浓度盐酸和醋酸的pH(其他合理答案均可)
【解析】
试题分析：（1）盐酸与镁反应的离子方程式为Mg＋2H＋ == Mg2＋＋H2↑。
（2）两种算的浓度必须相同，才可以做对比试验进行比较。
（3）两者浓度相同时，盐酸电离出的氢离子浓度大于醋酸的，所以反应起始时，产生氢气的速率盐酸的快，醋酸的慢；但是酸浓度相同，体积相同，物质的量就相同，所以最终产生氢气体积相等。
（4）金属与酸反应放热，温度较高时镁会与水反应也生成氢气。
（5）由于同浓度盐酸比醋酸电离出的氢离子浓度大，所以盐酸酸性比醋酸强。
（6）测定同浓度盐酸和醋酸的pH，盐酸比醋酸PH小，说明盐酸比醋酸强。
考点：考查盐酸与醋酸酸性强弱比较
24．
（1）①水面下降，水顺长导管排入D中 （2分） ②88.8% （2分）
（2）②持续将空气通入A中，至A中固体全部消失，（2分）再继续通入一段时间空气后，关闭弹簧夹，停止通入空气。（2分）
（3）a b d e （2分）
（4）①Cu2(OH)2CO3 + H+ + Fe3+ = 2Cu2+ + Fe(OH)3↓ + CO2↑（2分） ②c （2分）
（5）将（4）中所得红褐色沉淀洗涤、干燥、称量、计算（2分）
【解析】
试题分析：（1）①A中的废铜屑含有铁加入稀硫酸反应生成氢气，装置C是排水量气装置，现象是C中液面下降，水被排到D中；
②10g废铜屑样品，反应进行到A中不再产生气泡时，若C中收集到448mL（已换算成标准状况）气体为氢气物质的量为0.02mol，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，铁物质的量为0.02mol，质量为0.02mol×56g/mol=1.12g，该废铜屑中铜的质量百分含量=(10g?1.12g)/10g×100%=88.8%；
（2）拆除C、D装置后，打开弹簧夹，持续将空气通入A中，铁和硫酸反应生成的亚硫酸亚铁会被空气中的氧气氧化为硫酸铁，铁离子具有氧化性能氧化溶解铜，至A中固体全部；消失反应的离子方程式为：4Fe2++O2?+4H+=4Fe3++2H2O，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，再继续通入一段时间空气后，关闭弹簧夹，停止通入空气.
（3）为使A中固体加快溶解速率:
a．对A装置加热，会加快反应速率，故a正确；
b．向A内加入少量Fe2O3，溶解后自动铁离子浓度会提高溶解铜的反应速率，故b正确；
c．向A内加入少量CuO，和硫酸反应不能加快溶解速率，故c错误；
d．增大空气通入量，自动氧气浓度可以提高反应速率，故d正确；
e．向A内加入少量FeSO4，增大了亚铁离子浓度能加快反应速率，故e正确；
f．向A内加入少量H2O，稀释溶液浓度，反应速率减小，故f错误；
故选abde；
（4）①将A中溶液倒入烧杯内，加入Cu2（OH）2CO3将其调节至pH=4时，溶液中铁被完全沉淀，过滤后即得红褐色沉淀与硫酸铜溶液，此过程离子反应方程式是:
Cu2（OH）2CO3+H++Fe3+=2Cu2++Fe（OH）3↓+CO2↑
②因为前面铁元素都是Fe3+ ，所以要检验是否被完全沉淀，可以加入KSCN溶液进行检验，若，没有红色现象则说明铁元素被沉淀完全。
（5）不用测量气体法，可以依据沉淀方法，测定沉淀氢氧化铁质量，计算铁元素质量，得到铜的质量，计算废铜屑中铜的质量百分含量，沉淀实验方法为：得到的氢氧化铁沉淀洗涤、干燥、称量、计算.
考点：本题考查的是物质性质的探究实验方法和实验设计。
25．（1）（2） 2 3 1 6 （3）
【解析】平均反应速率vC＝vA/2，所以x︰p＝2︰1。反应2min 时，A的物质的量减少了1/3，B的物质的量减少了a/2 mol，有a mol D，所以x︰y︰q＝2︰3︰6，即x︰y︰p︰q＝2︰3︰1︰6。反应2min内，v（A）＝。
2A(g)+3B(g) C(g)+6D(g)
起始量（mol） a b 0 0
转化量（mol） 2?/3 a a/3 2?
平衡量（mol） a/3 (b-a) a/3 2?
所以平衡时B的物质的量浓度为
26．(1)①a=3（1分），b=1（1分）。 ② 20% （1分）。
(2)③ 0.3mol （1分） 铁片（1分） 碳棒。（1分） ④ 1.5mol/L（1分）。
(3) （3分）。
【解析】（1）①因为物质的量的变化量之比是相应的化学计量数之比，所以a和b的比值是0.6︰0.2＝3︰1。
②2S内B的转化率为
（2）原电池中较活泼的金属作负极，电子经导线传递到正极。碳棒是正极，氢离子得到电子，氢气是3.36L，物质的量为3.36L÷22.4L/mol＝0.15mol，所以转移电子是0.15mol×2＝0.3mol。此时溶液中的氢离子是0.2L×1.5mol/L×2＝0.6mol，则溶液中氢离子的物质的量浓度为
。
（3）2.3g钠是0.1mol。生成D2是0.05mol，质量是0.05mol×4g/mol＝0.2g。所以氢氧化钠的质量分数为。