2018－第1学期人教版选修4化学一周一练之第七周

1、20192019学年第1学期人教版选修4化学一周一练之第七周一、填空题1. 节能减排已经成为全社会的共鸣,浙江省在原先推行乙醇汽油的根底上,开始试点甲醇汽油即在汽油中添加一定量的甲醇,根据检测的数据分析认为,假设宁波全市的140余万辆机动车全部使用甲醇汽油,一年内能减少有害气体一氧化碳排放将近100万吨甲醇常利用煤气化过程中生成的CO和H2来制备：CO+2H2CH3OH请根据图示答复以下问题：1关于该反响的以下说法中,正确的选项是_填字母：AH0,S0   BH0,S0CH0,S0   DH0,S02现进行如下实验,在体积为1L的密闭

2、容器中,充入1molCO和3molH2,净测得CO和CH3OHg的浓度随时间变化如图1所示从反响开始到平衡,CO的平均反响速率vCO=_,该反响的平衡常数K=_3恒容条件下,到达平衡后,以下措施中能使n(CH3OH)n(CO)增大的有_A升高温度       B充入He气C再冲入1molCO和3molH2    D使用催化剂4假设在一体积可变的密闭容器中充入1molCO、2molH2和1molCH3OH,到达平衡时测的混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍此过程三种物质均处于气态,那

3、么平衡时混合气体的平均摩尔质量=_g/mol5根据图2,写出此反响的热化学方程式_2. 甲醇是重要的化工原料。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,发生的主要反响如下： CO(g)2H2(g)CH3OH(g)         H1    CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)  H258 kJ·mol1 CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)     H341 kJ·mol1(

4、1)CO2的电子式是_。(2)H1_kJ·mol1,反响正向的熵变S_0(填“或“)。(3)在容积为2 L的密闭容器中,充入一定量CO2和H2合成甲醇(上述反响),在其他条件不变时,温度T1、T2对反响的影响图像如图,以下说法正确的选项是_(填序号)。 温度为T1时,从反响到平衡,生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)nA/tA mol·L1·min1 当v(CH3OH) v(H2O)时,说明反响到达平衡 混合气体的平均相对分子质量A点大于B点 处于A点的反响体系从T1变到T2,到达平衡时n(H2)与n(CH3OH)比值增大(4)在T1温度时,将2 mol CO2和

5、6 mol H2充入2 L密闭容器中,充分反响(上述反响)到达平衡后,假设CO2转化率为50%,那么容器内的压强与起始压强之比为_；T1温度,反响CH3OH(g)H2O(g)CO2(g)3H2(g)的平衡常数数值为_。3. 科学家积极探索新技术对CO2进行综合利用,请答复以下问题： CO2可用来合成低碳烯烃：2CO2(g) +6H2(g)CH2 =CH2(g) +4H2O(g)  H= akJ/mol1：H2和CH2 =CH2的燃烧热分别是285.8kJ/mol和1411.0kJ/mol,且H2O(g)H2O(1) H = -44.0 kJ/mol,那么a=_kJ/mol。

6、2上述由CO2合成CH2 =CH2的反响在_下自发进行填“高温或“低温,理由是_。3在体积为1L的密闭容器中,充入3mol H2和1mol CO2,测得温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图1所示。以下说法正确的选项是_。A平衡常数大小：KM>KNB其他条件不变,假设不使用催化剂,那么250时CO2的平衡转化率可能位于点M1C图1中M点时,乙烯的体积分数为7.7%D当压强或n( H2)/n(CO2)不变时均可证明化学反响已到达平衡状态4保持温度不变,在体积为VL的恒容容器中以n(H2)n(CO2)= 31的投料比参加反响物,t0时到达化学平衡。t1时将容器体积瞬间扩大至2V

7、L并保持不变,t2时重新达平衡。请在图2中作出容器内混合气体的平均相对分子质量M随时间变化的图象。CO2与NH3在一定条件下可以合成氨基甲酸铵NH2COONH4,：NH2COONH4+2H2O NH4HCO3+NH3·H2O,某研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反响速率,得到cNH2COO随时间的变化如图3所示：525时,06min氨基甲酸铵水解反响的平均速率vNH2COO=             6依据图中信息,说明水解反响速率随温

8、度升高而增大的理由是                                      4. 工业上一般在密闭容器中采用以下反响合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g). 1不同温度下的平衡

9、转化率与压强的关系如下列图。该反响H_0,S_0(填“>或“<) ,实际生产条件控制在_、1.3×104kPa左右最为适宜。 2某温度下,将2molCO和6molH2充入2 L的密闭容器中,充分反响后,到达平衡时测得c(CO)=  0.1 mol·L-1。 不能作为判断反响到达平衡状态的依据是_ACO和H2的浓度之比不再变化B混合气体的密度不变 C混合气体的相对平均分子质量不变 DCH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化 该反响的平衡常数K=_L2·mol-2保存两位小数。反响达平衡后,以下操作既能加快反响速率,又能使平衡混合物中CH3OH

10、物质的量分数增大的是_。a升温                    b恒容条件下充入H2                 c参加适宜的正催化剂       d恒容条件下再充入1molCO,

11、3 mol H2         e压缩体积      f移走一局部CH3OH平衡后某时刻,向容器中再充入2.4 mol H2和5.4mol CH3OH,此时反响v正_v逆填“、“或“=。 假设保持同一反响温度同一反响容器,将起始物质改为a mol CO、b mol H2、c mol CH3OH,欲使平衡混合物中各组成与原平衡相同,那么a、b应满足的关系为_,且欲使开始时该反响向逆反响方向进行,c的取值范围是_。5. 煤燃烧排放的烟含有SO2和NOx,形成酸雨、污染

12、大气,采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝答复以下问题：1NaClO2的化学名称为 _ 2在鼓泡反响器中通入含SO2、NOx的烟气,反响温度323K,NaClO2溶液浓度为5×10-3molL-1反响一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表离子SO42-SO32-NO3-NO2- Cl- c/molL-1 8.35×10-4 6.87×10-6 1.5×10-4 1.2×10-5 3.4×10-3写出 NaClO2溶液脱硝过程中主要反响的离子方程式

13、 _ 增加压强,NO的转化率 _ 填“提高、“不变或“降低随着吸收反响的进行,吸收剂溶液的pH逐渐 _ 填“增大、“不变或“减小由实验结果可知,脱硫反响速率 _ 脱硝反响速率填“大于或“小于原因是除了SO2和NO在烟气中初始浓度不同,还可能是 _ 3在不同温度下,NaClO2溶液脱硫、脱硝的反响中SO2和NO的平衡分压Pe如下列图由图分析可知,反响温度升高,脱硫、脱硝反响的平衡常数均 _ 填“增大、“不变或“减小反响ClO2-+2SO32-=2SO42-+Cl-的平衡常数K表达式为 _ 4如果采用NaClO、CaClO2替代NaClO2,也能得到较好的烟气脱硫效果从化学平衡原理分析,CaClO

14、2相比NaClO具有的优点是 _ 以下反响：SO2g+2OH-aq=SO32-aq+H2OlH1ClO-aq+SO32-aq=SO42-aq+Cl-aqH2CaSO4s=Ca2+aq+SO42-aqH3那么反响SO2g+Ca2+aq+ClO-aq+2OH-aq=CaSO4s+H2Ol+Cl-aq的H= _ 6. 运用化学反响原理研究合成氨反响有重要意义,请完成以下探究 1生产氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气Cs+H2OgH2g+COgH=+131.3kJmol-1,S=+133.7Jmol-1K-1, 该反响在低温下 _ 填“能或“不能自发进行 写出该反响的平衡常数表达式 _ 2在400

15、时,N2g+3H2g2NH3g的K=0.5 在400时,2NH3gN2g+3H2g的K= _ 填数值 400时,在0.5L的反响容器中进行合成氨反响,一段时间后,测得N2、H2、NH3的物质的量分别为2mol、1mol、2mol,那么此时反响vN2正 _  vN2逆填“、“、“=或“不能确定 假设在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气,那么合成氨反响的平衡 _ 移动填“向左、“向左或“不；使用催化剂,反响的H _ 填“增大、“减小或“不改变 3水煤气转化反响COg+H2OgCO2g+H2g在一定温度下到达化学平衡现将不同量的COg和H2Og分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行反响

16、,得到如表两组教据：  实验组温度/起始量/mol 平衡量/mol 到达平衡所需时间/min H2O CO H2 CO 1650 2 4 1.6 2.4 5  2900 1 2 0.4 1.6 3实验l中以CO2表示的反响速率为vCO2= _ ； 实验1的平衡常数K1 _ 实验2的平衡常数K2 填“大于小于,“等于“不能确定 该反响正方向为 _  填“吸或放热反响7. 某实验组

17、为研究“不同条件对化学平衡的影响情况,进行了如下实验：一定条件下,向一个密闭容器中参加0.30molX、0.10molY和一定量的Z三种气体,甲图表示发生反响后各物质浓度c随时间t的变化其中t0t1阶段cZ未画出乙图表示化学反响速率v随时间t的变化,四个阶段都只改变一种条件催化剂、温度、浓度、压强,每次改变条件均不同,t3t4阶段为使用催化剂 答复以下问题： 1假设t1=5min,那么t0t1阶段以X浓度变化表示的反响速率为vX= _ 2在t2t3阶段Y的物质的量减小,那么此阶段开始时v正 _ v逆填“、“=或“ 3t4t5阶段改变的条件为 _ ,此阶段的平衡常数K= _ 4t5t6阶段容器内

18、Z的物质的量共增加0.10mol,在反响中热量变化总量为a kJ,写出该反响的热化学方程式 _ 在乙图处平衡中,平衡常数最大的是 _ 5假设起始实验条件不变,重新向该容器中参加0.60mol X、0.20mol Y和0.080mol Z,反响至平衡状态后X的转化率= _ 8. Ag+BgCg+Dg反响的平衡常数和温度的关系如下： 温度/70080090010001200平衡常数0.50.61.01.62.0答复以下问题： 1该反响的平衡常数表达式K= _ ,H= _ 0填“=； 2900时,向一个固定容器为2L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80

19、mol的B,假设反响初始到2s内A浓度变化0.05molL-1那么A的平均反响速率vA= _ 该反响到达平衡时A的转化率为 _ ,如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气,平衡时A的转化率为 _ 填变大“、变小“或不变“ 3判断反响是否到达平衡的依据为 _ 填字母代号 a压强不随时间改变   b气体的密度不随时间改变 ccA不随时问改变     d单位时间里生成C和D的物质的量相等 41200时,假设向另一相同容器中充入0.30molA、0.40mol B、0.40mol C和0.50molD,此时v正 _ v逆填

20、大于“、小于“或等于“9. 某研究性学习小组的同学为了探究影响化学反响速率的外界条件,选择酸性KMnO4溶液和H2C2O4溶液的反响为研究对象。2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O；该反响的催化剂是Mn2+。同学们设计的方案见表。CKMnO4/molL-1VKMnO4溶液/mLVH2C2O4溶液/mLCH2C2O4溶液/molL-1温度/催化剂MnSO4实验A0.05240.2室温无实验B0.05240.1室温无实验C0.05240.1热水无实验D0.05240.1室温有1选择KMnO4和H2C2O4溶液的反响为研究对象,理由是_,该反响中

21、复原剂为_,表现氧化性的物质是_,每消耗1molKMnO4转移电子的物质的量为_。2研究某一因素 影响时要设计比照实验,本实验中的比照实验是_填字母。3为探究温度对反响速率的影响,应选择实验_填字母。4实验中同学们发现实验A和实验B中酸性KMnO4溶液紫色消失先慢后快,请你推测导致该现象可能的原因_。10. KMnO4是中学化学常见的试剂某小组拟用酸性KMnO4溶液与H2C2O4弱电解质的反响来探究“外界条件对化学反响速率的影响,并设计了如下的方案记录实验结果忽略溶液混合体积变化限选试剂和仪器：0.20mol/L H2C2O4溶液、0.010mol/L KMnO4

22、酸性溶液、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽    物理量编号V0.20mol/LH2C2O4溶液/mL甲V0.010mol/LKMnO4溶液/mLMMnSO4固体/gT/乙2.004.00502.004.00251.0a4.00252.004.00.125答复以下问题：1完成上述反响原理的离子反响方程式Mn+_+_=Mn2+CO2+H2O2上述实验是探究_对化学反响速率的影响；假设上述实验是探究浓度对化学反响速率的影响,那么表格中“甲应填写_,a为_；乙是实验需要测量的物理量,那么表格中“乙应填写_上述实验是探究_对化学反响速率的影响某化学小组利用如

23、图装置进行实验证明氧化性：KMnO4Cl2Br2限选试剂：KBr溶液、KMnO4溶液、浓盐酸、浓硫酸3装置a、d中盛放的试剂分别是：_、_；4实验中观察到的现象为_；此实验装置的缺乏之处是_11. 某化学兴趣小组为了研究外界条件对化学反响速率和平衡的影响,进行了如下实验：实验原理2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O实验内容及记录表一：实验编号室温下,试管中所加试剂及其用量/mL室温下溶液褪色所需时间/min0.6 mol/LH2C2O4溶液H2O0.2mol/LKMnO4溶液3mol/L稀硫酸13.02.03.02.04.023.03.02

24、.02.05.233.04.01.02.06.4请答复以下问题：1根据表一中的实验数据,可以得到的结论是_。2该小组同学根据经验绘制了nMn2+随时间变化趋势的示意图,如图甲所示,但有同学查阅已有的实验资料发现,该实验过程中nMn2+随时间变化的趋势应如图乙所示。该小组同学根据图乙所示信息提出了新的假设。并继续进行实验探究。该小组同学提出的假设是_。请你帮助该小组同学完成实验方案,并填写表二中空白。表二：实验编号室温下,试管中所加试剂及其用量/mL再向试管中参加少量固体室温下溶液褪色所需时间/min0.6 mol/LH2C2O4溶液H2O0.2 mol/L KMnO4溶液3 mol/

25、L稀硫酸43.02.03.02.0           t假设该小组同学提出的假设成立,应观察到的现象是_。12. 中国环境监测总站数据显示,颗粒物(PM2.5等)为连续雾霾过程影响空气质量最显著的污染物。因此,对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。请答复以下问题： 1将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。假设测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子 K+ Na+ NH SO NO Cl 浓度/molL1 4×106 6×10

26、6 2×105 4×105 3×105 2×105 根据表中数据计算PM2.5待测试样的pH _。2汽车发动机工作时会引发N2和O2反响,其能量变化示意图如图： N2(g)O2(g)2NO(g)  H_kJ·mol1。尾气中空气缺乏时, NOx在催化转化器中被复原成N2。写出NO被CO复原的化学方程式_。汽车汽油不完全燃烧时还产生 CO,假设设想按以下反响除去CO：2CO(g)2C(s)O2(g),该反响的H0,该设想能否实现？_填“能或不能。依据是_。3碘循环工艺不仅能吸收 SO2降低环境污染,同时又能制得氢气,具体流程如图：用离子

27、方程式表示反响器中发生的反响 _。用化学平衡移动的原理分析,在 HI分解反响可逆反响中使用膜反响器别离出H2的目的是_。13. 将一定量纯洁的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变,固体试样体积忽略不计),在恒定温度下使其到达分解平衡：NH2COONH4s2NH3g+CO2g。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表： 温度() 15.0 20.0 25.0 30.0 35.0 平衡总压强(kPa) 5.7 8.3 12.0 17.1 24.0 平衡气体总浓度(×10-3mol·L-1) 2.4 3.4 4.8 6.8 9.4    

28、 (1)判断氨基甲酸铵分解反响的H_0(填“>、“<或“=),其原因是_。    (2)判断氨基甲酸铵分解反响的S_0(填“>、“<或“=),该反响在_(填“高温、“低温、“任意温度)能自发进行。    (3)上述反响在不同条件下的反响历程分别为a、b,如下列图。其中b历程说明此反响采用的条件为_(填标号),作出正确的判断的理由为_。    A升高温度    B增大反响物的浓度    C降低温度  &#

29、160; D使用了催化剂参考答案和解析1.【参考答案】C；0.075mol/Lmin；43；C；25.6；COg+2H2g=CH3OHgH=-91 kJ/mol【解析】解：1根据方程式可知,该反响为气体体积减小的反响,所以该反响S0,根据图2可知,生成物质能量低于反响,所以H0, 故参考答案为：C； 2由图I可知,反响中CO浓度的变化为：1.00-0.25=0.75molL-1,那么vCO=0.075mol/Lmin,根据图可知,平衡时cCO=0.25mol/L,cCH3OH=0.75mol/L,cH2=1.5mol/L,K=, 故参考答案为：0.075mol/Lmin； 3恒容条件下,以下措

30、施中能使增大,那么平衡正移； A该反响的正方向为放热反响,升高温度,平衡逆移,故A错误； B充入He气,容器的体积不变,各反响物的浓度不变,平衡不移动,故B错误； C再充入1molCO和2molH2,与原来参加了的量等比例,平衡时比原来的平衡的压强增大,平衡正移,故C正确； D使用催化剂,同等程度的改变正逆反响速率,平衡不移动,故D错误； 故参考答案为：C； 4由平衡时密度可知,平衡后混合气体的物质的量为起始时的,平衡时总物质的量为1mol+2mol+1mol×=2.5mol,总质量为1×28g+2×2g+1×32g=64g,所以平均摩尔质量=25.6g

31、/mol, 故参考答案为：25.6； 5反响物的总能量为419kJ,生成物的总能量为510kJ,那么该反响为放热反响,放出的热量为419kJ-510kJ=91kJ,热化学方程式为COg+2H2g=CH3OHgH=-91 kJ/mol, 故参考答案为：COg+2H2g=CH3OHgH=-91 kJ/mol1根据方程式可知,该反响为气体体积减小的反响,根据图2可知,生成物质能量低于反响； 2根据图I时,反响中CO浓度的变化,结合速率公式计算,根据K=计算平衡常数； 3恒容条件下,以下措施中能使增大,那么平衡正移,据此分析； 4根据平均摩尔质量=计算； 5根据反响物与生成物的总能量来分析吸热还是放热

32、,并书写热化学反响方程式此题为综合性习题,考查影响化学平衡的因素、热化学反响、化学平衡常数、反响速率的计算,图象的分析和利用等知识点,注重对高考热点知识的考查,是较好的习题,题目难度中等2.【参考答案】(1) (2)99(3) (4)34 6.75或27/4【解析】【分析】此题综合性较强,考查知识点较多,注重了对高考热点的考查,学生应熟悉盖斯定律、反响速率、化学平衡、图象分析判断等重要知识来解答,题目难度中等。【解答】1二氧化碳中C原子和O原子间为双键,CO2是共价化合物,其结构式为O=C=O,碳原子和氧原子之间有2对电子,其电子式为 ,故参考答案为： ；2反响：

33、COg+2H2gCH3OHgH1,CO2g+3H2gCH3OHg+H2OgH2=-58kJmol-1,CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g) H341 kJ·mol1,根据盖斯定律可知,将-可得反响,故H1=-58kJmol-1-+41kJmol-1=-99KJ/mol,反响正向是气体体积减小的反响,反响的熵变S0,故参考答案为：-99；3vCH3OH=nA2ltA=nA/2tAmol·L1·min1,故错误；当vCH3OH=vH2O时,不能证明反响正逆反响速率相同,不能说明反响到达平衡,故错误；混合气体质量不变,B点温度越高平衡逆向进行,气体物质

34、的量增大,那么气体的平均相对分子质量A点大于B点,故正确；处于A点的反响体系从T1变到T2,升高温度,平衡向逆反响方向移动,到达平衡时,氢气物质的量增大、甲醇的物质的量减小,故n(H2)/n(CH3OH)增大,故正确。故参考答案为：；4由化学平衡的三段模式法计算可知,容器体积为2L,                             

35、0;                CO2g+3H2g=CH3OHg+H2Og起始mol/L     1             3                  0      

36、0;             0变化mol/L  1×50%        1.5            0.5                 0.5平衡mol/L&#

37、160;  0.5           1.5                0.5                0.5根据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比,那么容器内的压强与起始压强之比=(0.5+1.5+0.5+0.

38、5)：1+3=3：4,平衡常数K=,故参考答案为：3：4；。3.【参考答案】1-127.8 2低温    根据G=H-TS,H0  S0,要使反响自发进行使G0,需低温下进行。3AC4作图要求：O点坐标0,12.5,t0平衡时M在12.5到20之间,t1时体积瞬间扩大至2VL时,平衡左移M减小,但到达新平衡M大于12.5。50.05mol·L-1·min-1625时反响物的起始浓度较15的起始浓度小,但06min的平均反响速率曲线斜率仍比15的大【解析】【分析】此题是对化学反响原理的知识的综合考查,是高考常考知识点,难度一般。关键是掌

39、握原理的应用,侧重知识的能力考查。【解答】.CO2可用来合成低碳烯烃：2CO2(g) +6H2(g) CH2 =CH2(g) +4H2O(g)  H= akJ/mol1：H2和CH2 =CH2的燃烧热分别是285.8kJ/mol和1411.0kJ/mol,且H2O(g) H2O(l) H= -44.0 kJ/mol,依据燃烧热的定义,可得2H2g+O2g=2H2Ol H=-2×285.8kJ/mol；CH2 =CH2g+3O2g=2CO2g+2 H2Ol H=-1411.0kJ/mol。 依据盖斯定律,那

40、么a=-127.8kJ/mol。故参考答案为：-127.8；2上述由CO2合成CH2 =CH2的反响在低温下自发进行,理由是根据G=H-TS,H0  S0,要使反响自发进行使G0,需低温下进行。故参考答案为：低温；根据G=H-TS,H0  S0,要使反响自发进行使G0,需低温下进行；3在体积为1L的密闭容器中,充入3molH2和1molCO2,测得温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图1所示。以下说法正确的选项是_。A.由于反响是放热反响,而图像是温度对CO2的平衡转化率的关系,所以平衡常数大小：KM>KN。故A正确；B.其他

41、条件不变,催化剂对平衡转化率没有关系。故B错误；C.依据图1中M点的坐标,此时CO2的转化率是50,根据“三段法可以计算得乙烯的体积分数为7.7%。故C正确；D.依据“变量不变是平衡的原理,当压强或n( H2)/n(CO2)不变时不均可证明化学反响已到达平衡状态,故D错误 。应选AC。4保持温度不变,在体积为VL的恒容容器中以n(H2)n(CO2)= 31的投料比参加反响物,t0时到达化学平衡。t1时将容器体积瞬间扩大至2V L并保持不变,t2时重新达平衡。请在图2中作出容器内混合气体的平均相对分子质量随时间变化的图象。故参考答案为：；作图要求：O点坐标0,12.5,t0平衡时在12.5到20

42、之间,t1时体积瞬间扩大至2VL时,平衡左移减小,但到达新平衡大于12.5。CO2与NH3在一定条件下可以合成氨基甲酸铵NH2COONH4,：NH2COONH4+2H2O  NH4HCO3+NH3·H2O,某研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反响速率,得到cNH2COO-随时间的变化如图3所示：525时,06min氨基甲酸铵水解反响的平均速率vNH2COO-=2.2mol/L-1.9mol/L÷6min= 0.05mol·L-1·min-1。故参考答案为：0.05mol·L-1·min-1；6依据图中信息

43、,说明水解反响速率随温度升高而增大的理由是： 25时反响物的起始浓度较15的起始浓度小,但06min的平均反响速率曲线斜率仍比15的大。故参考答案为：25时反响物的起始浓度较15的起始浓度小,但06min的平均反响速率曲线斜率仍比15的大。4.【参考答案】1       2502B     6.25    de    =    b=2+2a    1.82【解析】【分析】此题综合性较大,涉及化学反响自发性判断、化学平衡常数、化学平衡影响因素、等效

44、平衡计算等,注意等效思想的运用。【解答】1由图象可知,压强一定时,温度越高CO的转化率越小,说明升高温度平衡向逆反响方向移动,那么正反响为放热反响,即H0,该反响正反响是气体物质的量减小的反响,故熵减小,即S0,由图像可知,250、1.3×104kPa左右时,CO转化率已较高,故参考答案为：     250。2A.只要反响正向移动,CO和H2的浓度之比就会发生变化,浓度之比不再变化时,即反响到达平衡状态,故A不符合题意； B.混合物的质量始终不变,容器的体积不变,所以混合气体的密度始终不变,所以不能作为判断平衡状态的依据,故B符合题意； C.反

45、响前后,混合气体的物质的量改变,气体的质量不变,反响到达平衡状态时,混合气体的相对平均分子质量不变,所以能作为判断平衡状态的依据,故C不符合题意；D.反响到达平衡状态时,CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化,所以能作为判断平衡状态的依据,故D不符合题意；应选B。2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中,CO、H2的起始浓度分别为充分反响后,到达平衡时测得cCO=0.1 mol/L,CO浓度变化为1mol/L-0.1mol/L=0.9mol/L,那么：                 

46、     COg+2H2gCH3OHg开始mol/L：1              3                0变化mol/L：0.9           1.8            0.9平衡mol/L：0.1           1.2   &#

47、160;        0.9故该温度下,该反响的平衡常数k,故参考答案为：6.25。a.升温,平衡逆向移动,CH3OH物质的量分数减小,故a错误；b.恒容条件下充入H2,反响物、生成物的浓度都增大,反响物的浓度增大的更多,CH3OH物质的量分数减小,故b错误；c.催化剂不会影响平衡的移动 ,故c错误；d.恒容条件下再充入1molCO,3 mol H2,反响物浓度增大,能加快反响速率,正反响为气体分子数减小的反响,最终平衡时故重新平衡时CH3OH物质的量分数增大,故d正确； e压缩体积,导致压强增大,能加快反响速率,正反响为气体分子数

48、减小的反响,最终平衡时故重新平衡时CH3OH物质的量分数增大,故e正确； f移走一局部CH3OH,导致压强减小,反响速率减小,故f错误；故参考答案为：de。向容器中再充入2.4 mol H2和5.4mol CH3OH,此时cH2=1.2+2.4/2=2.4mol/L,cCH3OH=0.9+5.4/2=3.6 mol/L,此时浓度商Qc,所以平衡不移动,v正=v逆,故参考答案为：=。使平衡混合物中各组成与原平衡相同,那么应满足以下条件：                     

49、  COg+2H2gCH3OHg开始mol/L：a              b               c变化mol/L：c              2c             c平衡mol/L： a+c        b+2c      

50、    0,且,解得b=2+2a,原平衡状态下nCH3OH=cCH3OHV=0.9mol/L2L=1.8mol,所以nCH3OH>1.8mol平衡向逆反响方向进行,按化学计量数转化到右边,得到2mol时c的值最大,所以1.8<c2,故参考答案为：b=2+2a    1.8<c2。5.【参考答案】亚氯酸钠；3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；提高；减小；大于；NO溶解度较低或脱硝反响活化能较高；减小；c(Cl)c2(SO42)c(ClO2)c2(SO32)；形成CaSO4沉淀,反响平衡向产物方向移动,SO2转化

51、率提高；H1+H2-H3【解析】解：1NaClO2的化学名称为亚氯酸钠,故参考答案为：亚氯酸钠；2亚氯酸钠具有氧化性,且NaClO2溶液呈碱性,那么NaClO2溶液脱硝过程中主要反响的离子方程式为3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；正反响是体积减小的,那么增加压强,NO的转化率提高,故参考答案为：3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；提高；根据反响的方程式3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O可知随着吸收反响的进行氢氧根离子被消耗,吸收剂溶液的pH逐渐降低,故参考答案为：减小；由实验结果可知,在相同时间内硫酸根离子的

52、浓度增加的多,因此脱硫反响速率大于脱硝反响速率原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是NO溶解度较低或脱硝反响活化能较高,故参考答案为：大于；NO溶解度较低或脱硝反响活化能较高；3由图分析可知,根据反响3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O,NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小,那么说明温度越高,NO的平衡分压越大,NO的含量越高,故升高温度,平衡向逆反响方向进行,平衡常数减小,故参考答案为：减小；根据反响的方程式ClO2-+2SO32-2SO42-+Cl-可知平衡常数K表达式为K=,故参考答案为：；4如果采用NaClO、CaClO2替代NaClO2,

53、生成硫酸钙沉淀,降低硫酸根离子浓度,促使平衡向正反响方向进行,所以CaClO2效果好,故参考答案为：形成CaSO4沉淀,反响平衡向产物方向移动,SO2转化率提高；SO2g+2OH-aqSO32-aq+H2OlH1ClO-aq+SO32-aqSO42-aq+Cl-aqH2CaSO4sCa2+aq+SO42-aqH3那么根据盖斯定律可知+-即得到反响SO2g+Ca2+aq+ClO-aq+2OH-aqCaSO4s+H2Ol+Cl-aqH=H1+H2-H3,故参考答案为：H1+H2-H31NaClO2的化学名称为亚氯酸钠；2亚氯酸钠具有氧化性,那么NaClO2溶液脱硝过程中主要反响的离子方程式为3Cl

54、O2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；正反响是体积减小的,那么增加压强,NO的转化率提高；根据反响的方程式3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O可知随着吸收反响的进行氢氧根离子被消耗,吸收剂溶液的pH逐渐降低；由实验结果可知,在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多,因此脱硫反响速率大于脱硝反响速率原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是二氧化硫的复原性强,易被氧化；3由图分析可知,根据反响3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O,NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小,那么说明温度越高,NO的平衡分压越大,NO的含

55、量越高,故升高温度,平衡向逆反响方向进行,平衡常数减小；根据反响的方程式ClO2-+2SO32-2SO42-+Cl-可知平衡常数K表达式为K=；4如果采用NaClO、CaClO2替代NaClO2,由于生成的硫酸钙微溶,降低硫酸根离子浓度,促使平衡向正反响方向进行；那么根据盖斯定律计算此题考查氧化复原反响、盖斯定律、外界条件对反响速率和平衡状态的影响等,要求学生掌握根本概念,结合生活实际分析问题、解决问题,方程式的书写要遵照相关守恒,题目难度中等6.【参考答案】不能；k=c(CO)c(H2)c(H2O)；2；=；向左；不改变；0.16mol/Lmin；大于；放【解析】解：1H-TS=131.3K

56、J/mol-T×133.7×0.001KJ/Kmol,在低温下,该值一定是大于0的,所以不能在低温下自发进行, 故参考答案为：不能； k=, 故参考答案为：k=； 2反响2NH3gN2g+3H2g和反响N2g+3H2g2NH3g是互为可逆反响,平衡常数互为倒数,故此反响的平衡常数是2, 故参考答案为：2； 一段时间后,当N2、H2、NH3的物质的量分别为4mol/L、2mol/L、4mol/L时,Qc=0.5=K1,所以该状态是平衡状态,正逆反响速率相等, 故参考答案为：=； 恒压条件下向平衡体系中通入氩气,体积增大,平衡向逆方向移动；参加催化剂,只改变反响的活化能,但反响

57、热不变； 故参考答案为：向左；不改变； 3平衡时cH2=1.6mol,所以cCO2=1.6mol,vCO2=0.16mol/Lmin, 故参考答案为：0.16mol/Lmin； COg+H2OgCO2g+H2g 起始c  2                 1             0  

58、;               0 变化          0.8             0.8            0.8 

59、            0.8 平衡          1.2             0.2             0.8 &

60、#160;          0.8,k1=2.7,                COg+H2OgCO2g+H2g 起始c  1               0.5  

61、           0                 0 变化          0.2             0.2 &#

62、160;          0.2               0.2 平衡          0.8             0.3 &#

63、160;           0.2           0.2,k2=0.17,故K1的平衡常数大于K2, 故参考答案为：大于； 第二组温度比第一组高,反响物物质的量比第一组减半,但是平衡时H2的物质的量比第一组的一半少,说明该反响为放热反响, 故参考答案为：放； 1根据反响能否自发进行的判据：H-TS0,反响自发进行,代入数据来计算； k=； 2互为逆反响的化学反响平衡常数

64、互为倒数； 根据浓度熵和平衡常数之间的关系来判断反响的状态； 恒压条件下向平衡体系中通入氩气,体积增大,平衡向逆方向移动；催化剂对反响热不影响； 3平衡时cH2=1.6mol,所以cCO2=1.6mol,根据公式求出vCO2 COg+H2OgCO2g+H2g 起始c  2                 1          &

65、#160;  0                 0 变化          0.8             0.8        

66、0;   0.8             0.8 平衡          1.2             0.2          

67、0;  0.8            0.8,k1=2.7,                COg+H2OgCO2g+H2g 起始c  1               0.5             0                 0 变化          0.2