练透答案精析

练透答案精析第一章化学反应的热效应作业1反应热焓变1．C2.D3.C4.A5．C[图1中反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，有些放热反应不加热不能发生，如铝热反应，故A错误；图2中反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，但少数分解反应为放热反应，如NH4NO3炸药分解，释放能量，故B错误；化学反应的实质是反应物中化学键的断裂和生成物中化学键的形成，过程中一定伴随能量变化，所以任何化学反应都有反应热，故C正确；浓硫酸溶于水，是物理变化，不是放热反应，故D错误。]6．B[H2(g)和O2(g)反应生成H2O(g)放出热量，则H2O(g)分解为H2(g)和O2(g)时吸收热量，A错误；由图可知，甲中物质变成乙中物质吸收685kJ能量，乙中物质生成丙中物质释放930kJ能量，故物质具有的总能量：乙>甲>丙，B正确；H2(g)与O2(g)生成H2O(g)放出热量，则反应物具有的总能量比生成物具有的总能量高，但不能比较H2(g)和H2O(g)具有的能量高低，C错误；等量的H2O(g)具有的能量高于H2O(l)，故乙→丙的过程中若生成液态水，放出的能量大于930kJ，D错误。]7．A8.D9.BC10．D[铝热反应发光发热，故化学能部分转化为热能，部分转化为光能，A错误；分解反应通常属于吸热反应，故CaCO3分解属于吸热反应，D正确。]11．B[由图知N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)的反应热ΔH1＝－534kJ·mol－1，设断裂1molN—H所需的能量为x，则154kJ＋4x＋500kJ－2752kJ＝－534kJ，解得x＝391kJ。]12．(1)CaCO3eq\o(=,\s\up7(高温))CaO＋CO2↑吸热(2)－128(3)409.2513．(1)玻璃搅拌器不能金属材料易导热，会使实验误差增大(2)减少实验过程中的热量损失(3)①NH3·H2O为弱碱，电离时吸热，导致放热较少②－51.8kJ·mol－1③AC＝100g，c＝4.18J·g－1·℃－1，则生成0.025mol水放出的热量为4.18J·g－1·℃－1×100g×3.1℃＝1295.8J，所以生成1mol水放出的热量为eq\f(1.2958,0.025)kJ≈51.8kJ，则反应HCl(aq)＋NH3·H2O(aq)=NH4Cl(aq)＋H2O(l)的ΔH＝－51.8kJ·mol－1。③测完盐酸的温度直接测NaOH溶液的温度，导致NaOH溶液的初始温度偏高，从而使温度差偏小，使测得的ΔH偏大，A项符合题意；做该实验时室温较高，不会影响实验结果，B项不符合题意；杯盖未盖严会导致热量损失，使测得的ΔH偏大，C项符合题意；NaOH溶液一次性迅速倒入可以减少实验误差，减少热量损失，D项不符合题意。作业2热化学方程式燃烧热1．A2.C3.C4.B5．B[热化学方程式H2(g)＋I2(g)HI(g)ΔH＝＋288.0kJ·mol－1没有配平，故A错误；根据反应热等于反应物键能总和－生成物键能总和可知，ΔH＝436.0kJ·mol－1＋151.0kJ·mol－1－299.0kJ·mol－1×2＝－11.0kJ·mol－1，故B正确、D错误；化学计量数变为原来的eq\f(1,2)，ΔH的数值也应减半，故C错误。]6．C7.A8.B9.B10．BC[燃烧热反应中对应生成的水为液态水，且气态水的能量比液态水的能量高，则CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＞－890.3kJ·mol－1，故B正确；若两个反应互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，且物质的量与热量成正比，由CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol－1可知，反应2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)的ΔH＝＋566.0kJ·mol－1，故C正确；合成氨为可逆反应，氮气过量时，3molH2也不能完全转化，则此条件下充分反应，放出的热量小于92.4kJ，故D错误。]11．AD12．C[根据热化学方程式可知，H2的燃烧热为eq\f(571.6,2)kJ·mol－1＝285.8kJ·mol－1，生成的n(H2O)285.8kJ·mol－1＝57.16kJ，CO燃烧放出的热量为113.74kJ－57.16kJ＝56.58kJ，故n(CO)＝eq\f(Q放,|ΔHCO|)＝eq\f(56.58kJ,282.9kJ·mol－1)＝0.2mol，则n(H2)∶n(CO)＝1∶1。]13．(1)C＋H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高温))CO＋H2(2)2220.0kJ·mol－1282.57kJ·mol－12220.0∶282.57(3)eq\f(571.6,4)∶eq\f(2220.0,44)(4)单位质量产生的热量多，产物无污染14．(1)S(斜方)(2)①S8(s)＋8O2(g)=8SO2(g)ΔH＝－8akJ·mol－1②SO3(g)SO2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)ΔH＝＋bkJ·mol－1作业3盖斯定律1．A2.A3.C4．A[由于HF气体溶于水放热，则HX(aq)→HX(g)吸收热量，故ΔH1>0，A正确；由于HCl比HBr稳定，所以相同条件下HCl的ΔH2比HBr的大，B错误；ΔH3＋ΔH4代表H(g)→H＋(aq)的焓变，与HX无关，C错误；一定条件下，气态原子生成1molH—X放出akJ能量，则断开1molH—X形成气态原子吸收akJ能量，即ΔH2＝＋akJ·mol－1，D错误。]5．B6.C7.C8．C[①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH＝akJ·mol－1，②2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－220kJ·mol－1，由盖斯定律可知，①×2－②得2H2O(g)=O2(g)＋2H2(g)ΔH＝(2a＋220)kJ·mol－1，由ΔH＝断裂反应物中化学键所吸收的能量－形成生成物中化学键所释放的能量＝4×462kJ·mol－1－496kJ·mol－1－2×436kJ·mol－1＝(2a＋220)kJ·mol－1，解得a＝＋130，C项正确。]9．A10．D[50mL1.0mol·L－1的H2SO4溶液与50mL2.2mol·L－1的NaOH溶液反应，NaOH过量。根据反应实质，结合题中信息可知，反应①2H＋(aq)＋2OH－(aq)=2H2O(l)的(aq)＋mol－1≈－105.4kJ·mol－1；根据盖斯定律可知，由eq\f(1,2)×(②－①)可得NH3·H2O(aq)NHeq\o\al(＋,4)(aq)＋OH－(aq)ΔH＝＋4.2kJ·mol－1，则NHeq\o\al(＋,4)(aq)＋OH－(aq)NH3·H2O(aq)ΔH＝－4.2kJ·mol－1，D正确。]11．BD12．(1)－802(3)>13．(1)－246.1kJ·mol－1(2)C(s)＋H2O(g)=H2(g)＋CO(g)ΔH＝＋134.5kJ·mol－114．(1)(E1－E2)＋ΔH＋(E3－E4)(2)CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝－93.8kJ·mol－1解析(1)设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M的ΔH1＝E1－E2，M→N的ΔH2＝ΔH，N→Y的ΔH3＝E3－E4，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝(E1－E2)＋ΔH＋(E3－E4)。(2)根据CO(g)和H2(g)的燃烧热(ΔH)，可列热化学方程式：(Ⅰ)CO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO2(g)ΔH1＝－283.0kJ·mol－1，(Ⅱ)H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH2＝－285.8kJ·mol－1；根据图像曲线变l－1。根据盖斯定律，利用(Ⅱ)＋(Ⅲ)－(Ⅰ)，可得目标热化学方程式。作业4反应热的计算1．D2.C3.C4.C5．B[Na(s)的能量低于Na(g)，则ΔH2>0，A正确；根据盖斯定律，ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＋ΔH8，B不正确；Na的活泼性小于K，故K比Na更易失电子，失电子吸收的能量更小，在相同条件下，2K(g)→2K＋(g)的ΔH<ΔH3，C正确；根据盖斯定律，ΔH6＋ΔH7＝ΔH8，D正确。]6．D[根据盖斯定律，由eq\f(1,2)×(②＋③)－①得2LiH(s)＋O2(g)=Li2O(s)＋H2O(l)ΔH＝eq\f(1,2)×[－572kJ·mol－1＋(－1196kJ·mol－1)]－(－182kJ·mol－1)＝－702kJ·mol－1。]7．B8.B9.B10．AD[A项，由反应①和④可知，随着吸收反应的进行，不断消耗OH－，因此吸收剂溶液的pH逐渐减小，正确；B项，反应①元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，错误；＋2H＋=CaSO4↓＋2H2O，该离子反应不是反应③的逆反应，因此该反应的ΔH≠－ckJ·mol－1，错误；D项，根据盖斯定律，可得④＝①＋②－③，所以d＝a＋b－c，正确。]11．A12．A[A项，物质的能量越低越稳定，根据图像数据分析，化合物的热稳定性由强到弱的顺序为MgF2>MgCl2>MgBr2>MgI2，正确；B项，没有说明是否在标准状况下，22.4LF2(g)不一定为1mol，错误；C项，工业上用电解熔融MgCl2的方法冶炼金属Mg，而不是电解MgCl2溶液，错误；D项，①Mg(s)＋Cl2(g)=MgCl2(s)ΔH＝－641kJ·mol－1，②Mg(s)＋Br2(g)=MgBr2(s)ΔH＝－524kJ·mol－1，由①－②得MgBr2(s)＋Cl2(g)=MgCl2(s)＋Br2(g)ΔH＝－117kJ·mol－1，而Br2(g)变成Br2(l)会放出热量，则MgBr2(s)＋Cl2(g)=MgCl2(s)＋Br2(l)的ΔHX<－117kJ·mol－1，错误。]13．(1)CH3OH(l)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－726.4kJ·mol－1(2)＞(3)－9314．(1)SiH4(g)＋2O2(g)=SiO2(s)＋2H2O(l)ΔH＝－1520.0kJ·mol－1(2)①－80kJ·mol－1②防止高温下Mg、Ti与空气中的O2(或CO2、N2)作用第二章化学反应速率与化学平衡作业5化学反应速率1．C2.D3.A4．C[该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以温度、体积一定时反应过程中混合气体的压强始终保持不变，测量依据不可行，C符合题意。]5．A6.B7．B[A项，v(CH3OH)＝1mol·L－1·s－1；B项，v(CH3OH)＝v(CO)＝1.5mol·L－1·s－1；C项，·s－1，选项B表示的反应速率最快。]8．C9.A10.B11．AC[由图像分析可知，前12s内A的浓度变化为Δc(A)＝0.2mol·L－1－0.8mol·L－1＝－0.6mol·L－1，反应速率v(A)＝－eq\f(ΔcA,Δt)＝eq\f(0.6mol·L－1,12s)＝0.05mol·L－1·s－1，A正确；前12s内B的浓度变化为Δc(B)＝0.3mol·L－1－0.5mol·L－1＝－0.2mol·L－1，反应速率v(B)＝－eq\f(ΔcB,Δt)＝eq\f(0.2mol·L－1,12s)＝eq\f(1,60)mol·L－1·s－1，依据题意v(C)＝eq\f(ΔcC,Δt)＝eq\f(\f(ΔnC,V),Δt)＝eq\f(\f(0.8mol,2L),12s)＝eq\f(1,30)mol·L－1·s－1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则3∶b∶c＝0.05∶eq\f(1,60)∶eq\f(1,30)，解得b＝1，c＝2，b∶c＝1∶2，C正确；由上述分析可知，该反应的化学方程式为3A(g)＋B(g)2C(g)，其中A、B化学计量数不同，12s后达到平衡状态，A的消耗速率不等于B的生成速率，B错误；3molA完全反应放热QkJ,12s内A反应的物质的量为(0.8mol·L－1－0.2mol·L－1)×2L＝1.2mol，则1.2molA反应放出的热量为0.4QkJ，D错误。]12．AC[0～6min时间段内，生成氧气的体积为22.4mL，物质的量为0.001mol，则参加反应的H2O2的物质的量为0.002mol，浓度为eq\f(0.002mol,0.01L)＝0.2mol·L－1，所以v(H2O2)＝eq\f(0.2mol·L－1,6min)≈3.3×10－2mol·L－1·min－1，A错误；随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，B正确；反应至6min时，c(H2O2)＝0.4mol·L－1－0.2mol·L－1＝0.2mol·L－1，H2O2分解了eq\f(0.002mol,0.004mol)×100%＝50%，C错误，D正确。]13．(1)检查装置的气密性秒表(2)部分SO2溶于水，使得气体体积偏小(3)测定一定时间内生成硫单质的质量(或H＋浓度的变化，其他合理答案均可)14．(1)a～b1mol·L－1·min－1(2)33.3%7∶5作业6影响化学反应速率的因素1．A2.A3.A4.D5.D6．B[A项，增大体积引起各物质的浓度减小，反应速率减小；B项，体积不变，充入N2，N2的浓度增大，反应速率增大；C项，体积不变，充入氦气，各物质的浓度并没有改变，反应速率不变；D项，保持压强不变，充入氦气，体积增大，各物质的浓度减小，反应速率减小。]7．B[CaSO4为固体，增加固体的量，浓度不变，不影响反应速率，故A错误；缩小容器的容积，气态物质浓度增大，反应速率增大，故B正确；降低温度，反应速率减小，故C错误；抽出CO2，生成物浓度减小，反应速率减小，故D错误。]8．C9．A[由镁和盐酸反应的化学方程式知，两组实验中镁均过量，n(H＋)相等，故二者产生氢气的体积相等，排除选项C和D；根据其他条件相同时，反应物浓度越大，化学反应速率越大可知，实验X产生氢气的速率大，体现在图像上即实验X对应的曲线的斜率比实验Y的大，结合以上两点可知，选项A符合题意。]10．A11．C[通过分析表中数据可知，O3的浓度减少一半所需的时间(t)随pH的增大、温度的升高而减少。根据50℃、pH＝3.0时，O3的浓度减少一半所需的时间为31min，30℃、pH＝3.0时，O3的浓度减少一半所需的时间为158min，可知40℃、pH＝3.0时，O3的浓度减少一半所需的时间大于31min且小于158min；根据20℃、pH＝5.0时，O3的浓度减少一半所需的时间为169min，可知10℃、pH＝5.0时，O3的浓度减少一半所需的时间大于169min；根据30℃、pH＝6.0时，O3的浓度减少一半所需的时间为15min，可知30℃、pH＝7.0时，O3的浓度减少一半所需的时间小于15min，故O3的分解速率依次增大的顺序为②①③，C项正确。]12．AD13．(1)不变(2)增大(3)不变(4)减小14．Ⅰ.(1)产生气泡0.05排除阴离子的干扰(2)产生40mL气体需要的时间(3)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2OⅡ.MnO2的质量和化学性质是否改变作业7活化能理论解释外因对化学反应速率的影响1．C2.A3.D4.A5.C6．A[大多数反应是由多个基元反应构成的，不是所有反应，A错误；反应历程中的慢反应由于反应时间较长，决定着由多个基元反应构成的化学反应的快慢，D正确。]7．D[第一步反应是断键的过程，需要吸收热量，A项错误；总反应的速率由最慢的一步决定，B项错误；根据速率方程v＝(Cl2)·c(CO)可知，分别同倍数增大c(Cl2)、c(CO)，对总反应速率的影响程度：前者<后者，C项错误；k为速率常数，根据速率方程可知，在其他条件不变的情况下，升高温度，反应速率加快，则k一定增大，D项正确。]8．D9.A10．B[①活化分子间的碰撞不一定为有效碰撞，活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应，错误；②普通分子不具有反应所需的能量，则普通分子不能发生有效碰撞，错误；③升高温度，提供了分子需要的能量，活化分子百分数增大，单位时间内活化分子的有效碰撞次数增加，反应速率增大，正确；④增大反应物浓度，单位体积内活化分子数目增多，单位时间内有效碰撞的次数增多，反应速率增大，正确；⑤活化分子有合适取向时发生有效碰撞，即发生了化学反应，正确。]11．CD12．AD[总反应为2H2O2=2H2O＋O2↑，各物质速率之比等于化学计量数之比，则总反应中v(H2O2)∶v(O2)＝2∶1，A错误；I－为催化剂，则H2O2的分解速率与I－的浓度有关，B、C正确；催化剂可降低反应的活化能，但其活化能大小不能确定，D错误。]13．(1)SO2SOeq\o\al(2－,4)4H＋(2)①0.4②I－是SO2歧化反应的催化剂，H＋单独存在时不具有催化作用，但H＋可以增强I－的催化效果③反应ⅱ比ⅰ快；D中由反应ⅱ产生的H＋使反应ⅰ加快14．(1)335＋46.2kJ·mol－1(2)0.3mol·L－1·min－1(3)①C②氨的浓度增加，催化剂表面吸附的氨分子增多，速率增大催化剂表面的氨分子太多，不利于氮气和氢气从催化剂表面解吸解析(1)依据反应热＝正反应的活化能－逆反应的活化能可知，正反应的活化能Ea(正)＝(427.4－92.4)kJ·mol－1＝335kJ·mol－1；正反应和逆反应的焓变数值相同，符号相反，则2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋92.4kJ·mol－1，反应NH3(g)eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)ΔH＝＋46.2kJ·mol－1。－1，v(H2)＝－eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(3mol·L－1,10min)＝0.3mol·L－1·min－1。(3)①断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，结合图3分析可知，吸附后，能量状态最低的是C。作业8化学反应速率重点题型突破1．D2.C3.D4．A[由题图可知，在50min时，pH＝2和pH＝7时R的降解率都是100%，A正确；由题图可知，pH越小，酸性越强，R降解速率越大，B、C错误；20～25min内，pH＝10时R的降解速率为eq\f(0.6－0.4×10－4mol·L－1,5min)＝4×10－6mol·L－1·min－1，D错误。]5．C6．D[根据图像可知，单一ZnO能加快反应速率，所以其可作降解酸性橙Ⅱ染料废水的催化剂，B项正确；根据图像可知，相同条件下，在0～th内，催化剂为2%WO3/ZnO时eq\f(c,c0)的变化量最大，即反应速率最快，所以催化效果最好，C项正确；由图像中所给不同催化剂条件下5.0h内eq\f(c,c0)的变化，不能确定反应物能否完全转化，则不能判断该反应是否为可逆反应，D项错误。]7．A8.D9.AD10．C[由题干信息可知，H2O2是该反应的中间产物，A正确；反应历程中反应慢的步骤决定总反应速率，整个反应速率由第①步反应决定，B正确；比较Ⅰ、Ⅱ数据，NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，根据Ⅲ、Ⅳ数据分析，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大4倍，据此得到速率表达式v＝k·c2(NO)·c(H2)，依据Ⅰ中数据计算得k的数值为5000，则速率表达式v＝5000c2(NO)·c(H2)，C错误；反应2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ热量，则生成28gN2放热664kJ，热化学方程式为2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－664kJ·mol－1，D正确。]11．(1)2H2O2eq\o(=,\s\up7(KI))2H2O＋O2↑(2)①下层溶液呈紫红色②在水溶液中I2的浓度降低A试管中产生气泡明显变少；B试管中产生气泡速率没有明显减小12．(1)CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)(2)①>②0.05mol·L－1·min－1③升高温度、增大压强、增大反应物浓度(任写两条，其他合理答案也给分)作业9化学平衡状态1．D2.C3.B4．A[对于放热的可逆反应，达到平衡时，反应物与生成物的浓度不一定相等，A项错误；可逆反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，气体分子数保持不变，反应体系中压强恒定，混合物的组成保持不变，反应体系中温度不变，B、C、D项正确。]5．A6．C[反应开始加入一定量的气体X和Y，则反应2X(g)＋Y(g)3Z(g)从正反应方向开始进行，随着反应的进行，正反应速率越来越小，到平衡时达到最小值，则根据图示可知，a点的正反应速率大于b点的正反应速率，A错误；可逆反应从b点开始达到平衡，化学平衡为动态平衡，此时反应仍在进行，正反应速率等于逆反应速率，B错误；从图像中可以看出，从反应开始到平衡，参加反应的Y的物质的量为0.5mol，生成的Z的物质的量为1.5mol，c(Z)＝eq\f(1.5mol,2L)＝0.75mol·L－1，C正确；该反应是一个反应前后气体物质的量不变的反应，体系的压强始终不变，因此不能根据压强不变判断反应是否达到平衡状态，D错误。]7．A8.A9．B[该反应是一个反应前后气体物质的量不变的反应，恒温恒容条件下，混合气体的压强恒定，压强不变，无法说明反应达到平衡状态，A项错误；两个H—O断裂表示的是正反应，两个C=O断裂表示的是逆反应，正、逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，B项正确；在恒容密闭容器中，混合气体的质量和体积始终不变，则混合气体的密度始终不变，根据eq\x\to(M)＝eq\f(m,n)可知，混合气体的平均摩尔质量始终不发生变化，C、D项错误。]10．AC11.C12．C[A项，反应过程中X与Y的变化量之比是1∶3，则反应一段时间后，X与Y的物质的量之比不可能仍为1∶1，错误；B项，达到平衡时，因可逆反应不能反应完全，则反应的X小于0.1mol，反应放出的热量小于0.1akJ，错误；C项，恒容条件下，达到平衡后，若向平衡体系中充入稀有气体，不影响反应物和生成物的浓度，反应速率不变，正确；D项，X(g)＋3Y(g)2Z(g)起始/mol0.30.30变化/molx3x2x变后/mol0.3－x0.3－3x2xX的体积分数为eq\f(0.3－x,0.6－2x)×100%＝50%，X的体积分数始终保持不变，不能说明反应已达到平衡，错误。]13．AD[①、②中的交点表示X和Y的物质的量相等，并不表示反应达到平衡状态，所以①、②的交点处v(X)≠v(Y)，A项错误；由图可知，达到平衡状态时，eq\f(cY,cX)：②>③>①，C项正确；③中达到平衡状态时，X和Y的物质的量分数均为50%，又知起始时X和Y的物质的量之和为2mol，且该反应是反应前后气体分子数不变的反应，故平衡时混合气体的总物质的量为2mol，则n(X)＝2mol×50%＝1mol，D项错误。]14．(1)>(2)80%(3)AC15．(1)16(2)8mol(3)5∶4(4)1∶2解析(1)nt(NH3)＝6mol，由化学方程式可知，参加反应的N2的物质的量为3mol，故N2的起始物质的量为13mol＋3mol＝16mol，即a＝16。(2)达到平衡时，混合气体的总物质的量n(总)＝eq\f(716.8L,22.4L·mol－1)＝32mol，其中NH3的物质的量为32mol×25%＝8mol。(3)利用差量法计算N2(g)＋3H2(g)eq\o(,\s\up7(高温、高压),\s\do5(催化剂))2NH3(g)减少的物质的量/mol1322转化/mol41288由以上分析可知，平衡时生成8molNH3，混合气体的总物质的量为32mol，故原混合气体的总物质的量为32mol＋8mol＝40mol，原混合气体与平衡时混合气体的总物质的量之比为40mol∶32mol＝5∶4。(4)由上述分析可知原混合气体中H2的物质的量为40mol－16mol＝24mol，参加反应的N2、H2的物质的量分别为4mol、12mol，所以达到平衡时，N2和H2的转化率之比α(N2)∶α(H2)＝eq\f(4mol,16mol)∶eq\f(12mol,24mol)＝1∶2。作业10化学平衡常数1．C2.C3.C4.D5.D6．C[反应①的平衡常数K1＝，反应②的平衡常数为K2＝，反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)的平衡常数K＝eq\f(cSO3·cNO,cSO2·cNO2)＝eq\f(K1,K2)。]7．C8.C9.BC10．C[该反应是一个恒容条件下的化学反应，反应前后气体物质的量不相等，故压强不变，说明气体总物质的量不变，反应达到了化学平衡状态，A项正确；设反应的SO2的物质的量为2xmol，列三段式：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)起始/mol0.40.20转化/mol2xx2x平衡/mol0.4－2x0.2－x2x则eq\f(0.4－2x＋0.2－x＋2x,0.4＋0.2)＝eq\f(7,10)，解得x＝0.18，所以SO2的转化率为90%，B项正确；参与反应的SO2为0.36mol，根据热化学方程式可求得放出的热量为35.28kJ，C项错误；此温度下，该反应的平衡常数K＝20250，D项正确。]11．B[设平衡时N2O5的浓度减小x，则N2O5N2O3＋O2，N2O3N2O＋O2开始/(mol·L－1)400xx转化/(mol·L－1)xxx平衡/(mol·L－1)4－xxx1.74.5所以4.5－x＝x－1.7，所以x＝3.1，则t℃时反应①的平衡常数为eq\f(1.7×4.5,4－3.1)＝8.5。]12．(1)1(2)①1.21.8②40%60%13．4.523.1%0.1314．(1)①0.1②2③50%(2)①<②40%③eq\f(5,p)解析(1)①10min时，c(NOCl)＝1mol·L－1，则转化的NO的物质的量浓度为1mol·L－1，则v(NO)＝eq\f(1mol·L－1,10min)＝0.1mol·L－1·min－1。②平衡常数K＝eq\f(12,12×0.5)＝2。③Cl2的平衡转化率为eq\f(0.5mol·L－1,1mol·L－1)×100%＝50%。(2)①根据图像，升高温度，平衡时NO的转化率减小，平衡逆向移动，说明该反应的正反应属于放热反应，ΔH＜0。②根据图像，在p压强条件下，M点NO的转化率为50%，根据2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)可知，气体减小的体积为反应的NO的体积的一半，因此NO的体积分数为eq\f(2－2×50%,2＋1－\f(2×50%,2))×100%＝40%。③设起始时NO的物质的量为2mol，则Cl2的物质的量为1mol，2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)起始/mol210反应/mol10.51平衡/mol10.51平衡分压p×eq\f(1,2.5)p×eq\f(0.5,2.5)p×eq\f(1,2.5)M点的压强平衡常数Kp＝eq\f(p×\f(1,2.5)2,p×\f(1,2.5)2×p×\f(0.5,2.5))＝eq\f(5,p)。作业11浓度、压强对化学平衡的影响1．B2.D3.D4．C[步骤1扩大体积，气体的浓度减小，气体的颜色变浅，且压强减小时化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，A、B错误；活塞从Ⅱ处推向Ⅰ处，气体体积减小，浓度增大，浓度商Q<平衡常数K，化学平衡右移，C正确；活塞从Ⅱ处推向Ⅰ处，气体体积减小，压强增大，气体浓度增大，因而气体颜色变深，因压强增大平衡正向移动，又导致NO2气体浓度减小，因而颜色又逐渐变浅，D错误。]5．B6．D[增大A的浓度，尽管平衡右移，但加入的A不可能全部转化，平衡时A的浓度一定比原平衡大；增大A的浓度，A的转化率减小，而同为反应物的B的转化率增大；因为A的总量增大，所以C的体积分数不一定增大。]7．A8.C9.B10．BC[存在I2＋I－Ieq\o\al(－,3)平衡，因此溶液中存在碘单质，淀粉遇碘单质变蓝色，故A正确；四氯化碳的密度比水大，溶解I2显紫色在下层，故B错误；发生反应I2＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O=2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2I－，有大量氢离子生成，溶液酸性增强，故C错误；加入足量的KI溶液，I2＋I－Ieq\o\al(－,3)平衡正向移动，而硫粉不溶于水，可以除去少量碘单质，故D正确。]11．D12．CD[增大压强，反应速率增大，C点压强大于A点压强，所以v(A)＜v(C)，A项错误；处于曲线上的状态为平衡状态，E点NO2的体积分数小于平衡状态时的体积分数，反应应向生成NO2的方向进行，此时v正＞v逆，D点NO2的体积分数大于平衡状态时的体积分数，反应应向逆反应方向进行，此时v正＜v逆，B项错误；压强越大，反应速率越大，达到平衡状态所用的时间越少，故x＞y，C项正确；从p1突然加压到p2，瞬间平衡没有移动，NO2的体积分数瞬间不变，D项正确。]13．(1)bc(2)abd14．Ⅰ.(1)黄OH－与H＋结合生成水，c(H＋)减小，使平衡正向移动，CrOeq\o\al(2－,4)浓度增大，溶液由橙色变为黄色(2)橙c(H＋)增大，平衡逆向移动，Cr2Oeq\o\al(2－,7)浓度增大，溶液又由黄色变为橙色(3)正向移动逐渐变浅，直至无色Ⅱ.(1)逆向移动D浓度增大的倍数小于压强增大的倍数(2)正向移动D浓度增大的倍数大于压强增大的倍数作业12温度、催化剂对化学平衡的影响勒夏特列原理1．C2.A3.B4.D5．B[MnO2会催化H2O2分解，与平衡移动无关，A项不符合题意；NO2转化为N2O4是放热反应，升温平衡逆向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B项符合题意；常温下铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C项不符合题意；加入少量硫酸铜后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D项不符合题意。]6．C7.D8.C9．BC[K越大，说明反应越完全，CO2的平衡转化率越大，但反应速率不一定越大，A错误；升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，该反应ΔH>0为吸热反应，则升温平衡常数K增大，C正确；加入催化剂，只能改变反应速率，平衡不移动，则不能提高合成气的平衡产率，D错误。]10．C[根据题意可知，仅降低温度，容器内气体的密度增大，平衡移动使容器内气体总质量增大。若正反应是吸热反应，降低温度，平衡逆向移动使气体总质量增大，则X一定为气态，A错误；若正反应是放热反应，则降低温度，平衡正向移动，若X为气态，平衡后气体的总质量减少，故X一定为非气态，B错误；若X为气态，则反应前后气体的物质的量不变，向平衡体系中加入少量X，平衡正向移动，由于压强对该反应的平衡无影响，故再次平衡时X的平衡转化率不变，C正确；平衡常数只与反应本身及温度有关，由于温度不变，平衡常数不变，D错误。]11．BD12．AD[根据反应：H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)ΔH<0，升温，平衡向逆反应方向移动，H2的体积分数增大，根据图示变化，可知T1>T2，A正确；b点Br2的浓度比a点Br2的浓度大，反应速率也大，B错误；增加Br2(g)的通入量，Br2(g)的转化率减小，C错误；b点对a点来说，是向a点体系中加入Br2使平衡向正反应方向移动，尽管Br2的量在新基础上会减小，但是Br2的浓度比原来大，颜色变深，即b点比a点体系的颜色深，D正确。]13．(1)放热＞(2)增大(3)增大减小(4)减小(5)不变14．(1)ac(2)eq\f(p2H2,pCH4·p0)(3)A点对应温度下反应c的lnKeq\o\al(r,p)＝0，则平衡体系中Keq\o\al(r,p)＝eq\f(p2H2,pCH4·p0)＝1，即eq\f(402kPa2,100kPa×pCH4)＝1，p(CH4)＝16kPa，初始p(CH4)＝50kPa，则CH4的平衡转化率为eq\f(50kPa－16kPa,50kPa)×100%＝68%解析(1)由题图可知温度越低，eq\f(1,T)×103越大，反应a、c的lnKeq\o\al(r,p)越小，说明反应a、c随温度降低平衡逆向移动，故反应a、c为吸热反应。(2)反应c的相对压力平衡常数表达式为Keq\o\al(r,p)＝eq\f([\f(pH2,p0)]2,\f(pCH4,p0))＝eq\f(p2H2,p0·pCH4)。作业13化学平衡移动重点题型突破1．D2.A3.C4．C[该反应的正反应为气体体积增大的反应，随着反应的进行，B中压强增大，所以v(B)>v(A)，A正确；X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(g)起始/mol1100转化/molbb2bb平衡/mol1－b1－b2bb由题意得eq\f(2＋b,2)＝1.4，b＝0.8，所以α(X)＝eq\f(0.8mol,1mol)×100%＝80%，B正确；若打开K，整个体系中各组分与A中各组分的百分含量一样，设总体积为m，则eq\f(m,6)＝eq\f(1.4a,2)，m＝4.2aL，所以A的体积应变为4.2aL－2aL＝2.2aL，C错误；由于B中压强大，相较于A，平衡左移，所以B中Y的体积分数大，D正确。]5．A[该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，正、逆反应速率同等程度增大，只能是使用了催化剂，A正确；该反应正反应是放热反应，温度降低，平衡正向移动，不可能为降低温度，B错误；t5时刻，改变条件，正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，只能是升高温度，C错误；t3～t4、t5～t6都是平衡向逆反应方向移动，t6之后平衡转化率最低，D错误。]6．D7.B8．B[催化剂不能使平衡发生移动，所以不能使C的体积分数增大，A项错误；达到平衡所用时间越短，反应速率越快，由图可知T2＞T1，p2＞p1，则温度由T1升高到T2，平衡时C的体积分数减小，说明升高温度平衡逆向移动，所以该反应为放热反应，B项正确；压强由p1增大到p2，平衡时C的体积分数减小，说明增大压强平衡逆向移动，所以该反应的正反应为气体分子数目增多的反应，即n＜e＋f，C项错误；A为固体，增大A的质量不能改变A的浓度，不能使平衡发生移动，D项错误。]9．D10.B11．AC[由图可知，同一温度下，增大压强，A的物质的量分数增大，平衡逆向移动，说明a＋b＜c，A项正确；由图可知，同一压强下，升高温度，A的物质的量分数减小，平衡正向移动，即正反应为吸热反应，平衡后增大容器体积，相当于减小压强，平衡正向移动，需要吸收热量，B项错误；平衡后再充入amolA，平衡正向移动，再次达到平衡后，A的物质的量分数增大，D项错误。]12．D13．(1)①提高二氧化硫的转化率②eq\f(96,p0)③放热减小(2)＝(3)①<②>解析(1)②在一定条件下达到平衡，测得c(SO3)＝0.04mol·L－1，列出三段式，容器的容积为1L，2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)起始/(mol·L－1)0.050.030转化/(mol·L－1)0.040.020.04平衡/(mol·L－1)0.010.010.04则Kp＝eq\f(p2SO3,p2SO2·pO2)＝eq\f(\f(4,6)p02,\f(1,6)p02·\f(1,6)p0)＝eq\f(96,p0)。③K(300℃)>K(350℃)，说明温度越高，平衡常数越小；升温，平衡向吸热反应方向移动，则正反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率减小。(2)平衡常数只受温度影响，与压强无关，平衡状态由A变到B时，二者温度相同，故平衡常数K(A)＝K(B)。(3)①若移动活塞P，使乙的容积和甲相等，增大压强，平衡向正反应方向移动，SO3的体积分数增大，SO3的体积分数：甲<乙。②甲为恒温恒容容器，加入氦气总压增大，分压不变，平衡不移动；乙中加入氦气，为保持恒压，体积增大，分压减小，平衡逆向移动，达到新平衡时，SO3的体积分数减小，所以SO3的体积分数：甲>乙。作业14化学反应的方向1．C2.C3.C4.C5．C[C项，体系都有从有序自发转变为无序的倾向，此过程为熵增过程，错误。]6．A[反应CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)有气体参与反应，但反应前后气体分子数没有变化，熵没有增加，B错误；C、D项反应中均有气体参与反应，反应后气体分子数减少，变化过程为熵减，错误。]7．D8．D[对于ΔH<0、ΔS>0的反应，任何温度下都有ΔH－TΔS<0，即在任何温度下反应均能自发进行，A项错误；催化剂只能改变反应速率，不改变反应的方向，B项错误；反应CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)的ΔS>0，由于在室温下不能自发进行，所以此时ΔG＝ΔH－TΔS>0，即该反应的ΔH>0，C项错误；反应MgCl2(l)=Mg(l)＋Cl2(g)的ΔS>0，高温下该反应能自发进行，则ΔH>0，D项正确。]9．A10．BC[由图像可知，加入催化剂，反应的活化能降低，A项正确；增大反应物浓度能提高单位体积内活化分子总数，不能提高活化分子百分率，B项错误；上述反应的逆反应是气体分子数增大的吸热反应，C项错误；该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，D项正确。]11．A12.B13．AC[根据化学方程式可知，反应②的ΔS<0，则－TΔS>0，根据273K时，ΔG＝ΔH－TΔS<0，所以ΔH<0，A错误；ΔG越小，说明反应能够发生的趋势越大，983K时两反应的ΔG相等，之后两反应的ΔG大小关系发生变化，则反应主次趋势发生变化，B正确；反应①的ΔS>0，根据ΔG＝ΔH－TΔS，ΔG和T成反比，所以斜率小于0，L2对应反应①，L1对应反应②，C错误；当温度低于983K时，L1的ΔG更小，所以过量焦炭的氧化产物以反应②生成CO2为主，D正确。]14．(1)小于大于(2)T＜1240K15．反应Ⅰ＋Ⅱ得：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(g)＋2CO(g)，ΔH＝ΔHⅠ＋ΔHⅡ＝－40kJ·mol－1，K＝KⅠ·KⅡ＝4.08×1019，K远大于KⅠ，反应Ⅱ使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应Ⅱ的ΔH<0，反应Ⅱ可为反应Ⅰ提供所需的能量作业15化学反应的调控1．D2.B3.B4.B5．C[合成氨的反应为气体分子数减小的反应，增大压强有利于反应正向进行，A正确；合成氨的反应为可逆反应，原料不能完全反应，采用循环操作，可以提高原料利用率，B正确；合成氨的反应为放热反应，升温会使平衡逆向移动，工业生产采用500℃而不采用常温，是为了提高反应速率，C错误；铁触媒为催化剂，可以大大提高反应速率，有利于提高合成氨的生产效率，D正确。]6．C7.B8.C9.B10．B[反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)和CH4(g)C(s)＋2H2(g)均是反应前后气体分子数增大的反应，增大压强，平衡均逆向移动，可减少积碳量，但CH4的平衡转化率降低，A项错误；假设CH4的物质的量不变，增大CO2的物质的量，CO2与CH4的物质的量之比增大，对于反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)，平衡正向移动，CH4的浓度减小，对于积碳反应CH4(g)C(s)＋2H2(g)，由于甲烷浓度减小，平衡逆向移动，碳含量减少，对于消碳反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)，平衡正向移动，碳含量减少，综上分析，增大CO2与CH4的物质的量之比，有助于减少积碳，B项正确；平衡常数只与温度有关，积碳反应和消碳反应都是吸热反应，升高温度，平衡均正向移动，两个反应的平衡常数都增大，C项错误；根据图像，温度高于600℃，积碳量减少，但温度升高，体系中所有反应的反应速率都加快，D项错误。]11．BC12．AD[根据图示知，升高温度，CH3OH的产率降低，主反应的平衡向逆反应方向移动，则ΔH1＜0；升高温度，CO的产率增大，副反应的平衡向正反应方向移动，则ΔH2＞0，A错误；由图像可知，温度越高CH3OH的产率越低，D错误。]13．(1)N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1(2)节能、降低生产成本(答案合理即可)(3)①3∶1eq\f(x,2－x)×100%②AD14．(1)a(2)eq\f(25x2,1－x2)(3)>(4)β(5)温度较高，催化剂失去活性解析(2)c点时，CO的转化率为x，设CO的起始浓度为amol·L－1，可列出三段式：2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)起始浓度/(mol·L－1)a0变化浓度/(mol·L－1)axax平衡浓度/(mol·L－1)a(1－x)0.04ax则K＝eq\f(c2CO2,c2CO·cO2)＝eq\f(ax2,[a1－x]2×0.04)＝eq\f(25x2,1－x2)。(3)由上述分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小，c点温度高于a点温度，则K(a)>K(c)。(4)由题图可知，同温下反应未达到平衡状态时，相同反应时间段内，β型沥青混凝土中CO转化率高，则其转化速率大。(5)催化剂有一定的活性温度，e点时转化率突变，原因可能是温度较高，催化剂失去活性。作业16平衡常数、速率常数的综合应用1．C2.D3.B4.A5．BD[由图可知，T2>T1，则a、b处反应速率：va>vb，A项正确；反应进行到a处时，x(SiHCl3)＝0.8，此时v正＝k正·x2(SiHCl3)＝0.82k正，则转化的SiHCl3的物质的量为0.2mol，生成SiH2Cl2、SiCl4的物质的量均为0.1mol，则x(SiH2Cl2)和x(SiCl4)均为0.1，v逆＝k逆·x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)＝0.01k逆，则eq\f(v正,v逆)＝eq\f(0.82k正,0.01k逆)，平衡时k正·x2(SiHCl3)＝k逆·x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)，x(SiHCl3)＝0.75，则x(SiH2Cl2)＝x(SiCl4)＝0.125，eq\f(k正,k逆)＝eq\f(0.1252,0.752)＝eq\f(1,36)，则当反应进行到a处时，eq\f(v正,v逆)＝eq\f(0.82k正,0.01k逆)＝eq\f(0.82,0.01)×eq\f(1,36)＝eq\f(16,9)，B项错误；反应达到平衡状态时，v消耗(SiHCl3)＝v生成(SiHCl3)＝2v消耗(SiCl4)，C项正确；T1K时平衡体系中再充入1molSiHCl3，压强增大，该可逆反应为反应前后气体分子数不变的反应，平衡不移动，x(SiH2Cl2)不变，D项错误。]6．BD7．(1)小于(2)0.8mol(3)不变(4)大于(5)182kJ8.(1)乙(2)28.23.38(3)0.059．(1)>(2)a＋b－c＋15(3)反应ⅱ(4)eq\f(k1k3,k2)解析(1)从题图中可以看出，1molI2(g)的能量小于2molI(g)的能量，所以ΔH1>0。(2)设反应ⅰ逆反应的活化能为xkJ·mol－1，根据题图可知，I2(g)2I(g)的ΔH1＝(a－x)kJ·mol－1，H2(g)＋2I(g)2HI(g)的ΔH2＝(b－c)kJ·mol－1，总反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝(a－x)kJ·mol－1＋(b－c)kJ·mol－1＝－15kJ·mol－1，所以x＝a＋b－c＋15。(3)由题图可知，反应ⅱ的活化能大于反应ⅰ的活化能，所以反应ⅱ的速率慢，决定总反应速率。(4)该反应的决速步骤是反应ⅱ。反应ⅰ达到平衡时，正、逆反应速率相等，k1c(I2)＝k2c2(I)，所以c2(I)＝eq\f(k1cI2,k2)，代入v2(正)＝k3c(H2)·c2(I)，即v2(正)＝k3c(H2)eq\f(k1cI2,k2)，和v(正)＝kc(I2)·c(H2)比较可知k＝eq\f(k1k3,k2)。10．(1)CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－49kJ·mol－1(2)①0.125mol·L－1·min－1②75%③B④eq\f(100,3p\o\al(2,0))(3)不处于反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，且催化剂的催化活性降低作业17化学反应速率与化学平衡综合图像1．D2.B3.B4.BC5．B[A点到C点反应物浓度随时间不断减小，所以反应物浓度：A点大于C点，故①错误；A点到C点正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故②正确；该反应为反应前后气体体积不变的反应，该容器为绝热恒容容器，温度升高，压强增大，故③错误；随着反应的进行，正反应速率增大，氢气的产率逐渐增大，Δt1＝Δt2时，H2的产率：AB段小于BC段，故④正确；化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，C点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，故⑤错误。]6．B7．AD[由题图可知925℃时，平衡时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数为4%，所以p(CO)＝0.96p总，p(CO2)＝0.04p总，所以Kp＝eq\f(0.96p总2,0.04p总)＝23.04p总，故A正确；在容积可变的恒压密闭容器中发生反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v正、v逆均减小，该反应正反应是气体分子数增大的反应，则平衡正向移动，故B错误；由图可知，T℃时，反应达到平衡后CO和CO2的体积分数都为50%，所以充入等体积的CO2和CO后依然是平衡状态，平衡不移动，故C错误；由图可知，650℃时，反应达到平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳的物质的量为1mol，转化了xmol，则剩余(1－x)molCO2，生成2xmolCO，所以有eq\f(2x,1－x＋2x)×100%＝40.0%，解得x＝0.25，所以CO2的转化率为25.0%，故D正确。]8．D9.BC10．(1)0.1mol·L－1·min－1(2)>(3)cb(4)Fe(或FeO)的质量(或物质的量)保持不变(或固体总质量保持不变)11．(1)＋247.3kJ·mol－1B(2)Ⅲ恒温减压时平衡①、③右移，甲烷平衡转化率增大(3)低于500℃，温度对反应②影响更大，所以n(CO2)增大，高于500℃时，温度对反应①、③影响更大，所以n(CO2)减小12．(1)①eq\f(1,2)②B(2)①a②35%(3)①－1626.9kJ·mol－1②b温度过高，NH3容易与氧气发生反应产生NO，使NO浓度升高(或反应温度过高，副反应发生程度变大，产生更多的NO，其他答案合理也可)解析(1)①由于v(O2)＝k1c2(NO)·c(O2)，v(NO2)＝k2c2(NO)·c(O2)，k1与k2均表示速率常数，则eq\f(k1,k2)＝eq\f(vO2,vNO2)，根据反应2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)可知，eq\f(vO2,vNO2)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(k1,k2)＝eq\f(1,2)。②反应速率常数与压强无关，增大压强，反应速率常数不变，A错误；第一步反应是快反应，第二步反应为慢反应，所以第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能，B正确。(2)①根据反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0可知，该反应的正反应为放热反应，升高温度，eq\f(1,T)减小，平衡逆向移动，Kp减小，所以表示lgKp与eq\f(1,T)关系的曲线是a。②假设起始NO2的物质的量为1mol，转化率为x，列出三段式：2NO2(g)N2O4(g)n(起始)/mol10n(转化)/molx0.5xn(平衡)/mol1－x0.5x同温同体积下，气体的压强之比等于其物质的量之比，则p(NO2)∶p(N2O4)＝(1－x)∶0.5x＝100kPa∶p(N2O4)，则p(N2O4)＝eq\f(50x,1－x)kPa，因此，Kp＝eq\f(\f(50x,1－x),1002)kPa－1＝2.7×10－3kPa－1，解得x≈0.35，所以NO2的平衡转化率为35%。(3)①从上到下给反应分别编号为ⅰ、ⅱ、ⅲ，根据盖斯定律，将反应ⅱ×2－ⅲ可得4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)=4N2(g)＋6H2O(g)，则ΔH1＝2ΔH2－ΔH3＝2×(－1267.1kJ·mol－1)－(－907.3kJ·mol－1)＝－1626.9kJ·mol－1。②根据图2可知，在温度为900～1000℃时，出口的NO的残留浓度小，故选b。第三章水溶液中的离子反应与平衡作业18弱电解质的电离平衡1．C2.D3.B4．C[A项中发生的反应为Na2SO3＋Cl2＋H2O=Na2SO4＋2HCl，生成了两种强电解质，溶液的导电能力增强，故灯泡变亮；B项中发生的反应为AgNO3＋HCl=AgCl↓＋HNO3，溶液的导电能力没有明显变化；C项中发生的反应为4HI＋O2=2H2O＋2I2，溶液的导电能力下降，灯泡变暗；D项中发生的反应为2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O，溶液的导电能力没有明显变化。]5．C6.B7．C[若在氨水中加入NH4Cl固体，c(NHeq\o\al(＋,4))增大，平衡向左移动，c(OH－)减小，①不符合；硫酸中的H＋与OH－反应，使c(OH－)减小，平衡向右移动，②不符合；当在氨水中加入NaOH固体后，c(OH－)增大，平衡向左移动，③符合；若在氨水中加入水，稀释溶液，平衡向右移动，但c(OH－)减小，④不符合；电离属于吸热过程，加热使平衡向右移动，c(OH－)增大，⑤不符合；加入少量MgSO4固体发生反应：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，溶液中c(OH－)减小，⑥不符合。]8．A9.C10．BC[A项，0.1mol·L－1MOH溶液可以使酚酞溶液变红，说明MOH是碱，不能说明MOH部分电离，则不能证明MOH是弱碱；B项，常温下，0.1mol·L－1MOH溶液中c(OH－)<0.1mol·L－1，说明MOH部分电离，为弱碱；C项，相同温度下，0.1mol·L－1MOH溶液的导电能力比0.1mol·L－1NaOH溶液的弱，NaOH是强碱，则MOH部分电离，为弱碱；D项，等体积的0.1mol·L－1MOH溶液与0.1mol·L－1盐酸恰好完全反应，说明MOH是一元碱，不能说明MOH部分电离，则不能证明MOH是弱碱。]11．A12.D13．CD[由于加水稀释，CH3COOH的电离程度增大，故c(CH3COOH)应小于原来的eq\f(1,10)，c(H＋)应大于原来的eq\f(1,10)，eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)＝eq\f(nCH3COO－,nCH3COOH)，而n(CH3COO－)增大，n(CH3COOH)减小，故eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)的值增大；加水稀释后离子浓度减小，导电能力减弱。]14．(1)H2SH＋＋HS－，HS－H＋＋S2－(2)右增大减小(3)右减小增大(4)NaOH固体15．bacd解析a中发生反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2H2O，溶液中离子浓度先减小，当Ba(OH)2和H2SO4恰好完全反应时，体系中只有BaSO4沉淀和水，导电能力接近于0，继续滴加H2SO4溶液，溶液中离子浓度增大，溶液的导电能力又逐渐增强，与B图变化趋势一致；b中发生反应的离子方程式为CH3COOH＋NH3·H2O=CH3COO－＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2O，随着反应的进行，溶液中离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力逐渐增强，当CH3COOH和NH3·H2O恰好完全反应时，再滴加氨水，离子的数量没有明显增加，但溶液的体积增大，则离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，与A图变化趋势一致；c中刚通入CO2时发生反应的离子方程式为Ca2＋＋2OH－＋CO2=CaCO3↓＋H2O，CO2过量后发生反应的离子方程式为CaCO3＋H2O＋CO2=Ca2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)，故溶液中离子浓度先减小后增大，导电能力的变化趋势与B图变化趋势一致；d中发生反应的离子方程式为NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O，溶液中减少的NHeq\o\al(＋,4)的物质的量和增加的Na＋的物质的量几乎相等，溶液的体积变化不大，故溶液的导电能力几乎不变，与C图变化趋势一致。作业19电离平衡常数强酸与弱酸比较1．A2.B3.D4．B[相同温度下，一元弱酸的电离平衡常数越大其酸性越强，根据表格中的信息可知酸性：H3PO2>CH3COOH>HCN，A错误；根据较强酸制较弱酸的规律，反应H3PO2＋CH3COO－=CH3COOH＋H2POeq\o\al(－,2)能够发生，B正确；根据电离常数可判断三种酸均不能完全电离，均为弱酸，C错误；等物质的量浓度、等体积的三种酸溶液，酸的物质的量相等，与足量锌粉反应，生成等量的H2，D错误。]5．A6.A7．B[根据甲、乙的电离平衡常数可知，这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度：乙酸＜一氯乙酸，排除A、C选项；当浓度增大时，物质的电离程度减小，排除D选项。]8．C9.C10．AD[等浓度的甲酸和乙酸溶液，甲酸酸性强、电离程度大，所以溶液中的c(H＋)：CH3COOH＜HCOOH，故A正确；等浓度等体积的甲酸和乙酸溶液中，甲酸和乙酸的物质的量相等，分别加入过量的镁，产生氢气的体积相等，故B错误；HCOOH是弱酸，与NaOH发生反应：HCOOH＋OH－=HCOO－＋H2O，故C错误；eq\f(cCH3COOH,cCH3COO－·cH＋)＝eq\f(1,Ka)，将CH3COOH溶液稀释100倍过程中，保持不变，故D正确。]11．D[A项，酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，其酸性越强，根据表中数据可知，酸的电离平衡常数：HZ>HY>HX，则酸性强弱：HZ>HY>HX，错误；B项，根据强酸制弱酸可知HZ＋Y－=HY＋Z－能够发生，错误；C项，完全电离的为强酸、部分电离的为弱酸，这三种酸都部分电离，均为弱酸，错误；D项，电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，正确。]12．AB13．AB[弱电解质的电离常数越大，电离程度越大，H2SO3的Ka1＝1.4×10－2，而H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，所以常温下，相同浓度的H2SO3溶液的酸性强于H2CO3溶液的酸性，A项正确；由于H2SO3的Ka2小于H2CO3的Ka1，但大于其Ka2，所以向Na2CO3溶液中通入少量SO2，反应的离子方程式为2COeq\o\al(2－,3)＋SO2＋H2O=2HCOeq\o\al(－,3)＋SOeq\o\al(2－,3)，B项正确；由题给信息知Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，所以向NaClO溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCOeq\o\al(－,3)，C项错误；HClO不能与NaHCO3溶液反应，但HCl是强酸，能与NaHCO3溶液反应，使c(HCl)减小，促使平衡Cl2＋H2OHCl＋HClO正向移动，从而可提高HClO的浓度，HClO具有氧化性，NaHSO3具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，所以加入NaHSO3溶液不能提高HClO的浓度，D项错误。]14．(1)BOHB＋＋OH－(2)1×10－5(3)<1×10－415．(1)Ka(CH3COOH)<Ka(HSCN)，在相同温度、相同物质的量浓度和体积的两溶液中，HSCN溶液中c(H＋)大于CH3COOH溶液中c(H＋)，故HSCN溶液与NaHCO3溶液反应速率快(2)HSCN＋HCOeq\o\al(－,3)=SCN－＋CO2↑＋H2O16．(1)H3PO4>CH3COOH>H2CO3>H2S(2)第一步电离产生的氢原子对第二步电离起抑制作用(3)S2－>COeq\o\al(2－,3)>HCOeq\o\al(－,3)>CH3COO－(4)1×10－5(5)不能能作业20水的电离1．B2.A3.C4.B5．B[c(H＋)＝1×10－6mol·L－1，说明水的电离得到促进，故T＞25℃，A项正确；c(H＋)＝1×10－6mol·L－1，水的离子积常数为1×10－12，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，当c(H＋)＝1×10－3mol·L－1时，c(OH－)＝1×10－9mol·L－1，故由水电离出来的c(H＋)＝1×10－9mol·L－1，B项错误；NaHSO4电离生成的氢离子对水的电离起抑制作用，水的电离程度减小，C项正确；温度不变时，Kw不变，加水稀释，c(H＋)减小，Kw＝c(H＋)·c(OH－)不变，所以c(OH－)增大，D项正确。]6．A7.C8.C9.D10．A[25℃时，0.5mol·L－1的H2SO4溶液中c(H＋)＝1mol·L－1，由水电离出的c水(H＋)＝10－14mol·L－1；0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝0.1mol·L－1，由水电离出的c水(H＋)＝10－13mol·L－1；NaCl溶液和纯水中由水电离出的c水(H＋)均为10－7mol·L－1。则等体积的上述四种溶液中由水电离出的n(H＋)(即发生电离的水的物质的量)之比为10－14∶10－13∶10－7∶10－7＝1∶10∶107∶107。]11．D12.BD13．D[只要在水溶液中，都会有c(H＋)·c(OH－)＝Kw,A正确；在X、Z连线的左上方M区域(不包括边界)，c(H＋)<c(OH－)，B正确；水的电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，c(H＋)和c(OH－)增大，所以T1<T2,C正确；由图像可知沿XZ方向，c(H＋)和c(OH－)都逐渐增大，D错误。]14．(1)增大增大右吸热(2)减小减小><向左向左1.0×10－141.0×10－14①酸碱②温度15．(1)1.0×10－12水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，即水的离子积增大(2)b(3)否，加入盐酸，c(H＋)＞c(OH－)，所以体系不可能处于B点位置(4)2×10－9mol·L－1(5)b作业21溶液的酸碱性与pH1．B2.C3．B[氢离子浓度越大，酸性越强，常温下，①pH＝3的硫酸溶液中c(H＋)＝10－3mol·L－1，②醋酸为弱酸，不完全电离，所以0.0001mol·L－1的醋酸溶液中c(H＋)＜10－4mol·L－1，③溶液中的c(H＋)＝1×10－4mol·L－1，④溶液中eq\f(Kw,cH＋)＝10－12，则c(H＋)＝10－2mol·L－1；综上所述酸性由强到弱为④①③②。]4．C5.A6.D7．C[A项，pH＝0的NaHSO4溶液中c(H＋)＝1mol·L－1；B项，0.04mol·L－1硫酸中c(H＋)＝2c(H2SO4)＝0.08mol·L－1；C项，pH＝3的醋酸溶液中，c(H＋)＝0.001mol·L－1；D项，0.5mol·L－1盐酸中c(H＋)＝c(HCl)＝0.5mol·L－1，则氢离子浓度最小的是pH＝3的醋酸溶液。]8．B9.A10．B[设该一元强酸溶液的pH为a，该一元强碱溶液的pH为b，强酸、强碱溶液的体积分别为2L、5L，由题意可得：10－amol·L－1×2L＝eq\f(10－14,10－b)mol·L－1×5L，解得10a＋b－14＝0.4，a＋b－14＝2lg2－1，则a＋b≈13.6，故该强酸与强碱溶液的pH之和约为13.6。]11．B12.BD13．AC[任何温度下，纯水中c(H＋)＝c(OH－)，故AG＝0；酸性越强，c(H＋)越大，c(OH－)越小，AG越大；0.1mol·L－1盐酸中，c(OH－)＝10－13mol·L－1，AG＝12；lg[eq\f(cH＋,cOH－)]＝－10，c(OH－)＝1010c(H＋)，由c(H＋)·c(OH－)＝10－14得，c(H＋)＝10－12mol·L－1，pH＝12。]14．A[根据100℃时，0.01mol·L－1NaHSO4溶液中水电离的c(H＋)＝10－10mol·L－1，确定水的离子积为1.0×10－12，该温度下将pH＝8的Ba(OH)2溶液V1L与pH＝5的NaHSO4溶液V2L混合，所得溶液pH＝7，溶液呈碱性，所以c(OH－)＝10－5mol·L－1＝eq\f(10－4V1－10－5V2,V1＋V2)mol·L－1，则V1∶V2＝2∶9。]15．(1)1×10－10mol·L－1(2)1(3)0.05mol·L－116．(1)900(2)1000(3)81.8(4)42.917．(1)><(2)5×10－75×10－11(3)①b②2∶110解析(1)标准状况下，水的离子积Kw<1×10－14，该温度下0.01mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)＝1×10－2mol·L－1，则c(H＋)＝eq\f(Kw,1×10－2)mol·L－1<eq\f(1×10－14,1×10－2)mol·L－1＝1×10－12mol·L－1，所以pH>12。(2)水电离产生的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，某温度下，纯水中的c(H＋)＝5×10－7mol·L－1，则此时纯水中c(OH－)＝5×10－7mol·L－1；温度不变，则Kw＝c(OH－)·c(H＋)＝5×10－7×5×10－7＝2.5×10－13，加入稀硫酸使溶液中c(H＋)＝5×10－3mol·L－1，根据Kw＝c(OH－)·c(H＋)可知，c(OH－)＝eq\f(2.5×10－13,5×10－3)mol·L－1＝5×10－11mol·L－1。(3)①根据图像可以计算，B点Kw＝c(OH－)·c(H＋)＝1.0×10－7×1.0×10－6＝1.0×10－13>1.0×10－14，则T℃大于25℃，a错误；A点c(OH－)＝1.0×10－