魯科版必修2單元試卷：第2章化學鍵化學反應與能量（01）一、選擇題（共23小題）1．下列關于化學鍵的敘述，正確的一項是（）A．離子化合物中一定含有離子鍵B．單質分子中均不存在化學鍵C．含有極性鍵的分子一定是極性分子D．含有共價鍵的化合物一定是共價化合物2．反應2SO2+O2?2SO3，經一段時間后SO3的濃度增加了?L﹣1，在這段時間內用O2表示的反應速率為?L﹣1?s﹣1，則這段時間為（）A． B． C． D．10s3．下列有關化學用語表示正確的是（）A．過氧化鈉的電子式：B．質子數為35、中子數為45的溴原子：C．硫離子的結構示意圖：D．間二甲苯的結構簡式：4．碳酸亞乙烯酯是鋰離子電池低溫電解液的重要添加劑，其結構如圖，下列有關該物質的說法正確的是（）A．分子式為C3H2O3B．分子中含6個σ鍵C．分子中只有極性鍵D．該物質完全燃燒得到5．下列說法不正確的是（）A．液晶態介于晶體狀態和液態之間，液晶具有一定程度的晶體的有序性和液體的流動性B．常壓下，0℃時冰的密度比水的密度小，水在4℃時密度最大，這些都與分子間的氫鍵有關C．石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質的變性和納米銀粒子的聚集都是化學變化D．燃料的脫硫脫氮、SO2的回收利用和NOx的催化轉化都是減少酸雨產生的措施6．一定量的CO2與足量的碳在體積可變的恒壓密閉容器中反應：C（s）+CO2（g）?2CO（g），平衡時，體系中氣體體積分數與溫度的關系如圖所示：已知氣體分壓（P分）=氣體總壓（P總）×體積分數，下列說法正確的是（）A．550℃時，若充入惰性氣體，v正，v退均減小，平衡不移動B．650℃時，反應達平衡后CO2的轉化率為%C．T℃時，若充入等體積的CO2和CO，平衡向逆反應方向移動D．925℃時，用平衡分壓代替平衡濃度表示的化學平衡常數Kp=總7．汽車尾氣中NO產生的反應為：N2（g）+O2（g）?2NO（g），一定條件下，等物質的量的N2（g）和O2（g）在恒容密閉容器中反應，如圖曲線a表示該反應在溫度T下N2的濃度隨時間的變化，曲線b表示該反應在某一起始反應條件改變時N2的濃度隨時間的變化．下列敘述正確的是（）A．溫度T下，該反應的平衡常數K=B．溫度T下，隨著反應的進行，混合氣體的密度減小C．曲線b對應的條件改變可能是加入了催化劑D．若曲線b對應的條件改變是溫度，可判斷該反應的△H＜08．已知反應A+3B?2C+D在某段時間內以A的濃度變化表示的化學反應速度為1mol?L﹣1?min﹣1，則此段時間內以C的濃度變化表示的化學反應速率為（）A．?L﹣1?min﹣1 B．1mol?L﹣1?min﹣1C．2mol?L﹣1?min﹣1 D．3mol?L﹣1?min﹣19．下列有機化合物中沸點最高的是（）A．乙烷 B．乙烯 C．乙醇 D．乙酸10．合成氨所需的氫氣可用煤和水作原料經多步反應制得，其中的一步反應為：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0反應達到平衡后，為提高CO的轉化率，下列措施中正確的是（）A．增加壓強 B．降低溫度 C．增大CO的濃度 D．更換催化劑11．下列化合物的俗稱與化學式不對應的是（）A．綠礬﹣FeSO4?7H2O B．芒硝﹣Na2SO4?10H2OC．明礬﹣Al2（SO4）3?12H2O D．膽礬﹣CuSO4?5H2O12．下列化合物中，含有非極性共價鍵的離子化合物是（）A．CaC2 B．N2H4 C．Na2S2 D．NH4NO313．一定量的鹽酸跟過量的鐵粉反應時，為了減緩反應速度，且不影響生成氫氣的總量，可向鹽酸中加入適量的（）A．NaOH（固體） B．H2O C．NH4Cl（固體） D．CH3COONa（固體）14．下列說法正確的是（）A．可逆反應的特征是正反應速度總是和逆反應速度相等B．在其它條件不變時，使用催化劑只能改變反應速度，而不能改變化學平衡狀態C．在其它條件不變時，升高溫度可以使化學平衡向吸熱反應的方向移動D．在其它條件不變時，增大壓強一定會破壞氣體反應的平衡狀態15．某溫度下，在一容積可變的容器中，反應2A（g）+B（g）?2C（g）達到平衡時，A、B和C的物質的量分別為4mol、2mol和4mol．保持溫度和壓強不變，對平衡混合物中三者的物質的量做如下調整，可使平衡右移的是（）A．均減半 B．均加倍 C．均增加1mol D．均減少1mol16．在某溫度下反應ClF（氣）+F2（氣）ClF3（氣）+268千焦在密閉容器中達到平衡．下列說法正確的是（）A．溫度不變，縮小體積，ClF的轉化率增大B．溫度不變，增大體積，ClF3的產率提高C．升高溫度，增大體積，有利于平衡向正反應方向移動D．降低溫度，體積不變，F2的轉化率降低17．一定條件下，通過下列反應可以制備特種陶瓷的原料MgO：MgSO4（s）+CO（g）?MgO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H＞0該反應在恒容的密閉容器中達到平衡后，若僅改變圖中橫坐標x的值，重新達到平衡后，縱坐標y隨x變化趨勢合理的是（）選項xyAMgSO4的質量（忽略體積）CO的轉化率BCO的物質的量CO2與CO的物質的量之比CSO2的濃度平衡常數KD溫度容器內混合氣體的密度A．A B．B C．C D．D18．我國科學家研制出一種催化劑，能在室溫下高效催化空氣中甲醛的氧化，其反應如下：HCHO+O2CO2+H2O．下列有關說法正確的是（）A．該反應為吸熱反應B．CO2分子中的化學鍵為非極性鍵C．HCHO分子中含δ鍵，又含π鍵D．每生成消耗O219．反應X（g）+Y（g）?2Z（g）；△H＜0，達到平衡時，下列說法正確的是（）A．減小容器體積，平衡向右移動B．加入催化劑，Z的產率增大C．增大c（X），X的轉化率增大D．降低溫度，Y的轉化率增大20．已知磷酸分子中的三個氫原子都可以跟重水分子（D2O）中的D原子發生氫交換．又知次磷酸（H3PO2）也可跟D2O進行氫交換，但次磷酸鈉（NaH2PO2）卻不能跟D2O發生氫交換．由此可推斷出H3PO2的分子結構是（）A． B． C． D．21．在相同溫度和壓強下，對反應CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）進行甲、乙、丙、丁四組實驗，實驗起始時放入容器內各組分的物質的量見下表物質物質的量實驗CO2H2COH2O甲amolamol0mol0mol乙2amolamol0mol0mol丙0mol0molamolamol丁amol0molamolamol上述四種情況達到平衡后，n（CO）的大小順序是（）A．乙=?。颈?甲 B．乙＞丁＞甲＞丙 C．?。疽遥颈?甲 D．?。颈疽遥炯?2．一定溫度下，10mLLH2O2溶液發生催化分解．不同時刻測得生成O2的體積（已折算為標準狀況）如下表．t/min0246810V（O2）/mL下列敘述不正確的是（溶液體積變化忽略不計）（）A．0～6min的平均反應速率：v（H2O2）≈×10﹣2mol/（L?min）B．6～10min的平均反應速率：v（H202）＜×10﹣2mol/（L?min）C．反應至6min時，c（H2O2）=LD．反應至6min時，H2O2分解了50%23．NaHSO3溶液在不同溫度下均可被過量KIO3氧化，當NaHSO3完全消耗即有I2析出，依據I2析出所需時間可以求得NaHSO3的反應速率．將濃度均為?L﹣1NaHSO3溶液（含少量淀粉）、KIO3（過量）酸性溶液混合，記錄10～55℃間溶液變藍時間，55℃時未觀察到溶液變藍，實驗結果如圖．據圖分析，下列判斷不正確的是（）A．40℃之前與40℃之后溶液變藍的時間隨溫度的變化趨勢相反B．圖中b、c兩點對應的NaHSO3反應速率相等C．圖中a點對應的NaHSO3反應速率為×10﹣5mol?L﹣1?s﹣1D．溫度高于40℃時，淀粉不宜用作該實驗的指示劑二、解答題（共7小題）24．在密閉容器中放入（g），在一定溫度進行如下反應：A（g）?B（g）+C（g）△H=+?mol﹣1反應時間（t）與容器內氣體總壓強（p）的數據見下表：時間t/h0124816202530總壓強p/100kPa回答下列問題：（1）欲提高A的平衡轉化率，應采取的措施為．（2）由總壓強p和起始壓強p0計算反應物A的轉化率α（A）的表達式為，平衡時A的轉化率為，列式并計算反應的平衡常數K．（3）①由總壓強p和起始壓強p0表示反應體系的總物質的量n總和反應物A的物質的量n（A），n總=mol，n（A）=mol．②下表為反應物A濃度與反應時間的數據，計算：α=．反應時間t/h04816c（A）/（mol?L﹣1）a分析該反應中反應物的濃度c（A）變化與時間間隔（△t）的規律，得出的結論是，由此規律推出反應在12h時反應物的濃度c（A）為mol?L﹣1．25．反應aA（g）+bB（g）cC（g）（△H＜0）在等容條件下進行．改變其他反應條件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ階段體系中各物質濃度隨時間變化的曲線如圖1所示：回答問題：（1）反應的化學方程式中，a：b：c為；（2）A的平均反應速率VⅠ（A）、VⅡ（A）、VⅢ（A）從大到小排列次序為；（3）B的平衡轉化率αⅠ（B）、αⅡ（B）、αⅢ（B）中最小的是，其值是；（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移動的方向是，采取的措施是；（5）比較第Ⅱ階段反應溫度（T2）和第Ⅲ階段反應溫度（T3）的高低：T2T3（填“＞”“＜”“=”），判斷的理由是；（6）達到第三次平衡后，將容器的體積擴大一倍，假定10min后達到新的平衡，請在下圖2中用曲線表示第IV階段體系中各物質的濃度隨時間變化的趨勢如圖2（曲線上必須標出A、B、C）．26．研究氮氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時，涉及如下反應：2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）K1△H1＜0（Ⅰ）2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）K2△H2＜0（Ⅱ）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）?2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常數K=（用K1、K2表示）．（2）為研究不同條件對反應（Ⅱ）的影響，在恒溫條件下，向2L恒容密閉容器中加入NO和Cl2，10min時反應（Ⅱ）達到平衡．測得10min內v（ClNO）=×10﹣3mol?L﹣1?min﹣1，則平衡后n（Cl2）=mol，NO的轉化率α1=．其他條件保持不變，反應（Ⅱ）在恒壓條件下進行，平衡時NO的轉化率α2α1（填“＞”“＜”或“=”），平衡常數K2（填“增大”“減小”或“不變”）．若要使K2減小，可采取的措施是．（3）實驗室可用NaOH溶液吸收NO2，反應為2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O．含NaOH的水溶液與NO2恰好完全反應得1L溶液A，溶液B為?L﹣1的CH3COONa溶液，則兩溶液中c（NO）、c（NO）和c（CH3COO﹣）由大到小的順序為．（已知HNO2的電離常數Ka=×10﹣4mol?L﹣1，CH3COOH的電離常數Ka=×10﹣5mol?L﹣1）可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是．a．向溶液A中加適量水b．向溶液A中加適量NaOHc．向溶液B中加適量水d．向溶液B中加適量NaOH．27．NH3經一系列反應可以得到HNO3和NH4NO3，如圖1所示．（1）Ⅰ中，NH3和O2在催化劑作用下反應，其化學方程式是．（2）Ⅱ中，2NO（g）+O2（g）?2N02（g）．在其它條件相同時，分別測得NO的平衡轉化率在不同壓強（p1，p2）下隨溫度變化的曲線（如圖2）．①比較p1，p2的大小關系：②隨溫度升高，該反應平衡常數變化的趨勢是．（3）Ⅲ中，降低溫度，將NO2（g）轉化為N2O4（l），再制備濃硝酸．①已知：2NO2（g）?N2O4（g）△H12NO2（g）?N2O4（l）△H2圖3中能量變化示意圖中，正確的是（選填字母）．②N2O4與O2、H2O化合的化學方程式是．（4）Ⅳ中，電解NO制備NH4NO3，其工作原理如圖4所示，為使電解產物全部轉化為NH4NO3，需補充物質A，A是，說明理由：．28．化學反應原理在科研和生產中有廣泛應用．（1）利用“化學蒸氣轉移法”制備TaS2晶體，發生如下反應：TaS2（s）+2I2（g）?TaI4（g）+S2（g）△H＞0（Ⅰ）反應（Ⅰ）的平衡常數表達式K=，若K=1，向某恒容容器中加入1molI2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡轉化率為．（2）如圖所示，反應（Ⅰ）在石英真空管中進行，先在溫度為T2的一端放入未提純的TaS2粉末和少量I2（g），一段時間后，在溫度為T1的一端得到了純凈TaS2的晶體，則溫度T1T2（填“＞”“＜”或“=”）．上述反應體系中循環使用的物質是．（3）利用I2的氧化性可測定鋼鐵中硫的含量．做法是將鋼樣中的硫轉化成H2SO3，然后用一定濃度的I2溶液進行滴定，所用指示劑為，滴定反應的離子方程式為．（4）25℃時，H2SO3?HSO+H+的電離常數Ka=1×10﹣2，則該溫度下NaHSO3水解反應的平衡常數Kh=，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，則溶液中將（填“增大”“減小”或“不變”）．29．用CaSO4代替O2與燃料CO反應，既可提高燃燒效率，又能得到高純CO2，是一種高效、清潔、經濟的新型燃燒技術，反應①為主反應，反應②和③為副反應．①CaSO4（s）+CO（g）?CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣?mol﹣1②CaSO4（s）+CO（g）?CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H2=+?mol﹣1③CO（g）?C（s）+CO2（g）△H3=﹣?mol﹣1（1）反應2CaSO4（s）+7CO（g）?CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=（用△H1、△H2和△H3表示）（2）反應①﹣③的平衡常數的對數lgK隨反應溫度T的變化曲線見圖，結合各反應的△H，歸納lgK﹣T曲線變化規律：（a）；（b）．（3）向盛有CaSO4的真空恒容密閉容器中充入CO，反應①于900℃達到平衡，c平衡（CO）=×10﹣5mol?L﹣1，計算CO的轉化率（忽略副反應，結果保留兩位有效數字）．（4）為減少副產物，獲得更純凈的CO2，可在初始燃料中適量加入．（5）以反應①中生成的CaS為原料，在一定條件下經原子利用率100%的高溫反應，可再生CaSO4，該反應的化學方程式為；在一定條件下，CO2可與對二甲苯反應，在其苯環上引入一個羧基，產物的結構簡式為．30．合成氨是人類科學技術上的一項重大突破，其反應原理為：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=﹣?mol￣1一種工業合成氨的簡易流程圖如圖1：（1）天然氣中的H2S雜質常用常用氨水吸收，產物為NH4HS．一定條件下向NH4HS溶液中通入空氣，得到單質硫并使吸收液再生，寫出再生反應的化學方程式：．（2）步驟II中制氯氣原理如下：①CH4（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）△H=+?mol﹣1②CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣?mol﹣1對于反應①，一定可以提高平衡體系中H2百分含量，又能加快反應速率的是．a．升高溫度b．增大水蒸氣濃度c．加入催化劑d．降低壓強利用反應②，將CO進一步轉化，可提高H2產量．若1molCO和H2的混合氣體（CO的體積分數為20%）與H2O反應，得到CO、CO2和H2的混合氣體，則CO轉化率為．（3）圖2表示500℃、條件下，原料氣投料比與平衡時NH3體積分數的關系．根據圖中a點數據計算N2的平衡體積分數：．（4）依據溫度對合成氨反應的影響，在圖3坐標系中，畫出一定條件下的密閉容器內，從通入原料氣開始，隨溫度不斷升高，NH3物質的量變化的曲線示意圖．（5）上述流程圖中，使合成氨放出的熱量得到充分利用的主要步驟是（填序號），簡述本流程中提高合成氨原料總轉化率的方法：．

魯科版必修2單元試卷：第2章化學鍵化學反應與能量（01）參考答案與試題解析一、選擇題（共23小題）1．下列關于化學鍵的敘述，正確的一項是（）A．離子化合物中一定含有離子鍵B．單質分子中均不存在化學鍵C．含有極性鍵的分子一定是極性分子D．含有共價鍵的化合物一定是共價化合物【考點】化學鍵．【分析】A、含有離子鍵的化合物是離子化合物；B、單質分子有的存在化學鍵，有的不含化學鍵；C、含有極性鍵的分子不一定是極性分子；D、含有共價鍵的化合物不一定是共價化合物．【解答】解：A、離子化合物中一定含有離子鍵，可能含有共價鍵，如KOH中含有離子鍵和共價鍵，故A正確；B、單質分子中有的含有化學鍵，如H2，有的不含化學鍵，如稀有氣體分子，故B錯誤；C、含有極性鍵的分子不一定是極性分子，如果分子正負電荷重心重合，則就是非極性分子，如CCl4，故C錯誤；D、含有共價鍵的化合物不一定是共價化合物，可能是離子化合物，如NH4Cl，故D錯誤；故選A．2．反應2SO2+O2?2SO3，經一段時間后SO3的濃度增加了?L﹣1，在這段時間內用O2表示的反應速率為?L﹣1?s﹣1，則這段時間為（）A． B． C． D．10s【考點】化學反應速率的概念．【分析】根據化學反應速率的計算公式進行計算解答．【解答】解：一段時間后SO3的濃度增加了?L﹣1，那么氧氣的濃度必然減少?L﹣1，根據v（O2）===?L﹣1?s﹣1故t=．故選C．3．下列有關化學用語表示正確的是（）A．過氧化鈉的電子式：B．質子數為35、中子數為45的溴原子：C．硫離子的結構示意圖：D．間二甲苯的結構簡式：【考點】電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合．【分析】A．過氧化鈉是離子化合物，其電子式符合離子化合物特點；B．元素符號左下角數字表示質子數、左上角數字表示質量數；C．硫離子核外有18個電子、最外層有8個電子；D．該結構簡式為對二甲苯．【解答】解：A．過氧化鈉是離子化合物，其電子式為，故A錯誤；B．元素符號左下角數字表示質子數、左上角數字表示質量數，質子數為35、中子數為45的溴原子的質量數=35+45=80，所以該原子為：，故B正確；C．硫離子核外有18個電子、最外層有8個電子，其離子結構示意圖為，故C錯誤；D．該結構簡式為對二甲苯，間二甲苯的結構簡式為，故D錯誤；故選B．4．碳酸亞乙烯酯是鋰離子電池低溫電解液的重要添加劑，其結構如圖，下列有關該物質的說法正確的是（）A．分子式為C3H2O3B．分子中含6個σ鍵C．分子中只有極性鍵D．該物質完全燃燒得到【考點】化學鍵；真題集萃．【分析】A、為有機物的結構簡式，其中頂點省略的是C原子，每個C原子均形成4對共價鍵，每個O原子形成2對共價鍵，C原子價鍵不飽和的用H原子補充，據此判斷分子式；B、單鍵即為σ鍵，依據此結構簡式判斷σ鍵的個數；C、相同原子之間形成非極性共價鍵，不同原子之間形成極性共價鍵，據此解答；D、依據C的完全燃燒產物為二氧化碳，依據此有機物物質的量判斷標準狀況下生成二氧化碳的體積．【解答】解：A、，此有機物中含有3個C、3個O和2個H，故分子式為：C3H2O3，故A正確；B、此分子中存在4個C﹣O鍵、1個C=O雙鍵，還存在2個C﹣H鍵，1個C=C雙鍵，總共8個σ鍵，故B錯誤；C、此有機物中存在C=C鍵，屬于非極性共價鍵，故C錯誤；D、該有機物的物質的量為：=，由于未指明標準狀況，故生成的二氧化碳的體積不一定是，故D錯誤，故選A．5．下列說法不正確的是（）A．液晶態介于晶體狀態和液態之間，液晶具有一定程度的晶體的有序性和液體的流動性B．常壓下，0℃時冰的密度比水的密度小，水在4℃時密度最大，這些都與分子間的氫鍵有關C．石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質的變性和納米銀粒子的聚集都是化學變化D．燃料的脫硫脫氮、SO2的回收利用和NOx的催化轉化都是減少酸雨產生的措施【考點】氫鍵的存在對物質性質的影響；物理變化與化學變化的區別與聯系；常見的生活環境的污染及治理．【分析】A、通常我們把物質的狀態分為固態、液態和氣態，但是某些有機化合物具有一種特殊的狀態，在這種狀態中，他們一方面像液體，具有流動性，一方面又像晶體，分子在某個方向上排列比較整齊，因而具有各向異性，這種物質叫液晶，據此解答即可；B、冰中存在氫鍵，具有方向性和飽和性，其體積變大；C、納米粒子是指粒度在1﹣100nm之間的粒子，與膠體相同，膠體的聚沉屬于物理變化；D、根據二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物質；為減少酸雨的產生，只要減少二氧化硫、氮氧化物就可以防止酸雨的產生．【解答】解：A、液晶態是指介于晶體和液體之間的物質狀態，像液體具有流動性，像固體具有晶體的有序性，故A正確；B、冰中存在氫鍵，具有方向性和飽和性，其體積變大，則相同質量時冰的密度比液態水的密度小，故B正確；C、石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、均有新物質生成，屬于化學變化，但是納米銀粒子的聚集屬于小顆粒的膠體離子變成大顆粒聚成下來，沒有新物質生成，故C錯誤；D、采用燃料脫硫技術可以減少二氧化硫的產生，從而防止出現酸雨，NOx的催化轉化生成無污染的氮氣也是減少酸雨的有效措施，故D正確，故選C．6．一定量的CO2與足量的碳在體積可變的恒壓密閉容器中反應：C（s）+CO2（g）?2CO（g），平衡時，體系中氣體體積分數與溫度的關系如圖所示：已知氣體分壓（P分）=氣體總壓（P總）×體積分數，下列說法正確的是（）A．550℃時，若充入惰性氣體，v正，v退均減小，平衡不移動B．650℃時，反應達平衡后CO2的轉化率為%C．T℃時，若充入等體積的CO2和CO，平衡向逆反應方向移動D．925℃時，用平衡分壓代替平衡濃度表示的化學平衡常數Kp=總【考點】化學平衡建立的過程；化學平衡的影響因素．【分析】A、可變的恒壓密閉容器中反應，550℃時若充入惰性氣體，相當于減小壓強，則v正，v逆均減小，又該反應是氣體體積增大的反應，則平衡正向移動；B、由圖可知，650℃時，反應達平衡后CO的體積分數為40%，設開始加入的二氧化碳為1mol，根據三段式進行計算；C、由圖可知，T℃時，反應達平衡后CO和CO2的體積分數都為50%即為平衡狀態；D、925℃時，用平衡分壓代替平衡濃度表示的化學平衡常數Kp=，據此計算；【解答】解：A、可變的恒壓密閉容器中反應，550℃時若充入惰性氣體，相當于減小壓強，則v正，v逆均減小，又該反應是氣體體積增大的反應，則平衡正向移動，故A錯誤；B、由圖可知，650℃時，反應達平衡后CO的體積分數為40%，設開始加入的二氧化碳為1mol，轉化了xmol，則有C（s）+CO2（g）?2CO（g）開始10轉化x2x平衡；1﹣x2x所以×100%=40%，解得x=，則CO2的轉化率為×100%=25%，故B正確；C、由圖可知，T℃時，反應達平衡后CO和CO2的體積分數都為50%即為平衡狀態，所以平衡不移動，故C錯誤；D、925℃時，CO的體積分數為96%，則CO2的體積分數都為4%，所以用平衡分壓代替平衡濃度表示的化學平衡常數Kp===，故D錯誤；故選：B．7．汽車尾氣中NO產生的反應為：N2（g）+O2（g）?2NO（g），一定條件下，等物質的量的N2（g）和O2（g）在恒容密閉容器中反應，如圖曲線a表示該反應在溫度T下N2的濃度隨時間的變化，曲線b表示該反應在某一起始反應條件改變時N2的濃度隨時間的變化．下列敘述正確的是（）A．溫度T下，該反應的平衡常數K=B．溫度T下，隨著反應的進行，混合氣體的密度減小C．曲線b對應的條件改變可能是加入了催化劑D．若曲線b對應的條件改變是溫度，可判斷該反應的△H＜0【考點】化學平衡建立的過程；真題集萃．【分析】A、依據氮氣的濃度變化，找出三段式，計算平衡常數即可；B、此容器為恒容密閉容器，ρ=，據此判斷即可；C、催化劑只能改變化學反應速率，不能改變物質的轉化率；D、由圖可知，b曲線化學反應速率快，若是升高溫度，氮氣的平衡濃度減小，則正反應為吸熱反應．【解答】解：A、N2（g）+O2（g）?2NO（g），起（mol/L）c0c00轉（mol/L）c0﹣c1c0﹣c12（c0﹣c1）平（mol/L）c1c12（c0﹣c1）故K=，故A正確；B、反應物和生成物均是氣體，故氣體的質量m不變，容器為恒容容器，故V不變，那么密度ρ=不變，故B錯誤；C、由圖可知，b曲線氮氣的平衡濃度減小，故應是平衡發生移動，催化劑只能改變速率，不能改變平衡，故b曲線不可能是由于催化劑影響的，故C錯誤；D、由圖可知，b曲線化學反應速率快（變化幅度大），氮氣的平衡濃度減小，升高溫度平衡正向移動，則正反應為吸熱反應，即△H＞0，故D錯誤，故選A．8．已知反應A+3B?2C+D在某段時間內以A的濃度變化表示的化學反應速度為1mol?L﹣1?min﹣1，則此段時間內以C的濃度變化表示的化學反應速率為（）A．?L﹣1?min﹣1 B．1mol?L﹣1?min﹣1C．2mol?L﹣1?min﹣1 D．3mol?L﹣1?min﹣1【考點】反應速率的定量表示方法．【分析】在同一化學反應、同一時間段內，各物質的反應速率之比等于其計量數之比，據此分析．【解答】解：在同一化學反應、同一時間段內，各物質的反應速率之比等于其計量數之比，所以v（C）：v（A）=v（C）：1mol?L﹣1?min﹣1=2：1，所以v（C）=2mol?L﹣1?min﹣1故選C．9．下列有機化合物中沸點最高的是（）A．乙烷 B．乙烯 C．乙醇 D．乙酸【考點】分子間作用力對物質的狀態等方面的影響．【分析】對應烴類物質，烴的相對分子質量越大，沸點越高，對應烴的含氧衍生物，所含氫鍵越多，并且相對分子質量越大，沸點越高．【解答】解：乙醇、乙酸與乙烷、乙烯相比較，含有氫鍵，且相對分子質量較大，則乙醇、乙酸沸點較高；乙醇和乙酸相比較，二者都含有氫鍵，但乙酸的相對分子質量較大，乙酸沸點較高．故選D．10．合成氨所需的氫氣可用煤和水作原料經多步反應制得，其中的一步反應為：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0反應達到平衡后，為提高CO的轉化率，下列措施中正確的是（）A．增加壓強 B．降低溫度 C．增大CO的濃度 D．更換催化劑【考點】化學平衡的影響因素．【分析】提高CO的轉化率可以使平衡正向進行，根據化學平衡移動原理來回答判斷．【解答】解：提高CO的轉化率可以讓平衡正向進行即可．A、增加壓強，該平衡不會發生移動，故A錯誤；B、降低溫度，化學平衡向著放熱方向即正向進行，故B正確；C、增大CO的濃度，化學平衡向著正方向進行，但是一氧化碳的轉化率降低，故C錯誤；D、催化劑不會引起化學平衡的移動，故D錯誤．故選B．11．下列化合物的俗稱與化學式不對應的是（）A．綠礬﹣FeSO4?7H2O B．芒硝﹣Na2SO4?10H2OC．明礬﹣Al2（SO4）3?12H2O D．膽礬﹣CuSO4?5H2O【考點】電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合．【分析】A．綠礬是含有7個結晶水的硫酸亞鐵，化學式為FeSO4?7H2O；B．芒硝為十水合硫酸鈉，化學式為Na2SO4?10H2O；C．明礬為十二水和硫酸鋁鉀，化學式為KAl（SO4）2?12H2O；D．含有5個結晶水的硫酸銅晶體為膽礬，又名藍礬．【解答】解：A．七水合硫酸亞鐵又名綠礬，綠礬的化學式為FeSO4?7H2O，故A正確；B．Na2SO4?10H2O又名芒硝，是含有10個結晶水的硫酸鈉晶體，故B正確；C．明礬的化學式不是Al2（SO4）3?12H2O，明礬中含有鉀離子，明礬正確的化學式為：KAl（SO4）2?12H2O，故C錯誤；D．五水硫酸銅又名膽礬、藍礬，所以膽礬的化學式為CuSO4?5H2O，故D正確；故選C．12．下列化合物中，含有非極性共價鍵的離子化合物是（）A．CaC2 B．N2H4 C．Na2S2 D．NH4NO3【考點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；離子化合物的結構特征與性質．【分析】活潑金屬和活潑金屬元素之間易形成離子鍵；不同非金屬元素之間易形成極性共價鍵，同種非金屬元素之間易形成非極性共價鍵；含有離子鍵的化合物為離子化合物，離子化合物中可能含有共價鍵；只含共價鍵的化合物是共價化合物．【解答】解：A．CaC2中鈣離子和C22﹣離子之間存在離子鍵，屬于離子化合物，C22﹣離子內兩個碳原子之間存在非極性共價鍵，故A正確；B．N2H4中只含共價鍵，屬于共價化合物，故B錯誤；C．Na2S2中鈉離子和S22﹣離子之間存在離子鍵，屬于離子化合物，S22﹣離子內兩個硫原子之間存在非極性共價鍵，故C正確；D．NH4NO3中銨根離子與硝酸根離子之間存在離子鍵，銨根離子內存在N﹣H極性共價鍵，硝酸根離子內存在N﹣O極性共價鍵，故D錯誤；故選：AC．13．一定量的鹽酸跟過量的鐵粉反應時，為了減緩反應速度，且不影響生成氫氣的總量，可向鹽酸中加入適量的（）A．NaOH（固體） B．H2O C．NH4Cl（固體） D．CH3COONa（固體）【考點】化學反應速率的影響因素．【分析】減緩反應速度，應降低溶液中H+離子的濃度，不影響生成氫氣的總量，則所加入物質對溶液中H+離子的總物質的量沒有影響，題目中NaOH與酸中和、NH4Cl水解呈酸性，都引起H+離子的物質的量的變化；加水H+離子濃度降低，加入CH3COONa生成弱酸，H+離子濃度降低，但不影響生成氫氣的總量．【解答】解：A、NaOH與酸中和，引起H+離子的物質的量的變化，影響生成氫氣的總量，故A錯誤；B、加水稀釋溶液，H+離子濃度降低，但不影響生成氫氣的總量，故B正確；C、NH4Cl水解呈酸性，引起H+離子的物質的量增大，影響生成氫氣的總量，故C錯誤；D、加入CH3COONa生成弱酸，H+離子濃度降低，但H+離子的物質的量的不變，則不影響生成氫氣的總量，故D正確；故選BD．14．下列說法正確的是（）A．可逆反應的特征是正反應速度總是和逆反應速度相等B．在其它條件不變時，使用催化劑只能改變反應速度，而不能改變化學平衡狀態C．在其它條件不變時，升高溫度可以使化學平衡向吸熱反應的方向移動D．在其它條件不變時，增大壓強一定會破壞氣體反應的平衡狀態【考點】化學平衡的影響因素；化學反應的可逆性．【分析】A、根據可逆反應的特征來分析；B、根據催化劑對化學反應速率和化學平衡的影響來分析；C、根據溫度對化學平衡的影響來分析；D、根據壓強對化學平衡移動的影響來分析．【解答】解：A、因可逆反應的特征是可逆性、不完全轉化性，與正逆反應速率的大小無關，故A錯誤；B、在其它條件不變時，因催化劑同等程度的改變化學反應速率，則不影響化學平衡的移動，故B正確；C、根據勒夏特列原理可知，在其它條件不變時，升高溫度能使化學平衡向吸熱的方向移動，故C正確；D、在其它條件不變時，對于反應前后氣體體積相等的反應，增大壓強同等程度增大反應物和生成物的反應速率，化學平衡不移動，故D錯誤；故選BC．15．某溫度下，在一容積可變的容器中，反應2A（g）+B（g）?2C（g）達到平衡時，A、B和C的物質的量分別為4mol、2mol和4mol．保持溫度和壓強不變，對平衡混合物中三者的物質的量做如下調整，可使平衡右移的是（）A．均減半 B．均加倍 C．均增加1mol D．均減少1mol【考點】化學平衡的影響因素．【分析】在容積可變的情況下，從對平衡混合物中三者的物質的量對各物質的量的濃度影響角度思考．在“均減半”或“均加培”時，相當于A、B、C三物質的濃度都沒有改變，“均增加1mol”時相當于A、C物質的濃度減小，B物質的濃度增大，“均減小1mol”時相當于A、C物質的濃度增大，B物質的濃度減?。窘獯稹拷猓篈、由于是在容積可變的容器中，則在“均減半”相當于A、B、C三物質的濃度都沒有改變，平衡不會移動，故A、錯誤；B、由于是在容積可變的容器中，則在“均加培”相當于A、B、C三物質的濃度都沒有改變，平衡不會移動，故B錯誤；C、同樣由于容積可變，“均增加1mol”時相當于A、C物質的濃度減小，B物質的濃度增大，平衡向右移動，故C正確；D、如A、C均減少1mol，B減少，平衡不移動，B減少1mol，相當于在原平衡的基礎上減少，則平衡逆向移動，故D錯誤；故選：C．16．在某溫度下反應ClF（氣）+F2（氣）ClF3（氣）+268千焦在密閉容器中達到平衡．下列說法正確的是（）A．溫度不變，縮小體積，ClF的轉化率增大B．溫度不變，增大體積，ClF3的產率提高C．升高溫度，增大體積，有利于平衡向正反應方向移動D．降低溫度，體積不變，F2的轉化率降低【考點】化學平衡的影響因素．【分析】根據外界條件對化學平衡的影響．【解答】解：A、縮小體積，壓強增大，平衡向氣體體積減小的方向移動即正反應方向，ClF的轉化率增大，故A正確；B、增大體積，壓強減小，平衡向氣體體積增大的方向移動即逆反應方向，ClF3的產率降低，故B錯誤；C、升高溫度，平衡向吸熱的方向移動即逆反應方向；增大體積，壓強減小，平衡向氣體體積增大的方向移動即逆反應方向，所以升高溫度，增大體積，有利于平衡向逆反應方向移動，故C錯誤；D、降低溫度，平衡向放熱的方向移動即正反應方向，F2的轉化率增大，故D錯誤；故選：A．17．一定條件下，通過下列反應可以制備特種陶瓷的原料MgO：MgSO4（s）+CO（g）?MgO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H＞0該反應在恒容的密閉容器中達到平衡后，若僅改變圖中橫坐標x的值，重新達到平衡后，縱坐標y隨x變化趨勢合理的是（）選項xyAMgSO4的質量（忽略體積）CO的轉化率BCO的物質的量CO2與CO的物質的量之比CSO2的濃度平衡常數KD溫度容器內混合氣體的密度A．A B．B C．C D．D【考點】化學反應速率與化學平衡圖象的綜合應用．【分析】該反應是一個反應前后氣體體積增大的吸熱反應，A．若x是MgSO4的質量，y是CO的轉化率，硫酸鎂是固體，其質量不影響平衡移動；B．若x是CO的物質的量，y是CO2與CO的物質的量之比，增大CO的物質的量，平衡向正反應方向移動，但加入的CO量大于CO轉化的量；C．若x是二氧化硫的濃度，y是平衡常數，平衡常數只與溫度有關，與物質濃度無關；D．若x是溫度，y是容器內混合氣體的密度，升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動．【解答】解：該反應是一個反應前后氣體體積增大的吸熱反應，A．若x是MgSO4的質量，y是CO的轉化率，硫酸鎂是固體，其質量不影響平衡移動，所以增大硫酸鎂的質量，CO的轉化率不變，故A錯誤；B．若x是CO的物質的量，y是CO2與CO的物質的量之比，增大CO的物質的量，平衡向正反應方向移動，但加入的CO量大于CO轉化的量，所以增大CO的物質的量，CO2與CO的物質的量之比應該減小，故B錯誤；C．若x是二氧化硫的濃度，y是平衡常數，平衡常數只與溫度有關，與物質濃度無關，增大二氧化硫濃度，溫度不變，平衡常數不變，故C錯誤；D．若x是溫度，y是容器內混合氣體的密度，升高溫度，平衡向吸熱反應方向正反應方向移動，氣體的質量增大，容器體積不變，則容器內氣體密度增大，所以符合圖象，故D正確；故選D．18．我國科學家研制出一種催化劑，能在室溫下高效催化空氣中甲醛的氧化，其反應如下：HCHO+O2CO2+H2O．下列有關說法正確的是（）A．該反應為吸熱反應B．CO2分子中的化學鍵為非極性鍵C．HCHO分子中含δ鍵，又含π鍵D．每生成消耗O2【考點】極性鍵和非極性鍵；共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；吸熱反應和放熱反應．【分析】A、根據大多數放熱反應在常溫下能進行；B．根據不同種元素形成的共價鍵為極性鍵；C．根據根據一個單鍵就是一個δ鍵，一個雙鍵就是一個δ鍵，一個π鍵；D．根據氣體的體積與溫度、壓強有關．【解答】解：A、該反應在室溫下可以進行，故該反應為放熱反應，故A錯誤；B、二氧化碳結構為O=C=O，為極性鍵，故B錯誤；C、甲醛中，含有碳氧雙鍵以及兩個碳氫單鍵，故其中3個δ鍵，1個π鍵，故C正確；D、每生成消耗氧氣的物質的量為，沒有標明狀況，故不一定為，故D錯誤；故選C．19．反應X（g）+Y（g）?2Z（g）；△H＜0，達到平衡時，下列說法正確的是（）A．減小容器體積，平衡向右移動B．加入催化劑，Z的產率增大C．增大c（X），X的轉化率增大D．降低溫度，Y的轉化率增大【考點】化學平衡的影響因素．【分析】A、反應前后氣體體積不變，減小容器體積壓強增大，平衡不變；B、催化劑改變反應速率，不改變化學平衡；C、兩種反應物，增加一種物質的量增大另一種物質轉化率，本身轉化率減??；D、反應是放熱反應，降溫平衡正向進行；【解答】解：A、反應前后氣體體積不變，減小容器體積壓強增大，平衡不變，故A錯誤；B、催化劑改變反應速率，不改變化學平衡，Z的產率不變，故B錯誤；C、兩種反應物，增加一種物質的量增大另一種物質轉化率，本身轉化率減小，增大c（X），X的轉化率減小，故C錯誤；D、反應是放熱反應，降溫平衡正向進行，Y的轉化率增大，故D正確；故選D．20．已知磷酸分子中的三個氫原子都可以跟重水分子（D2O）中的D原子發生氫交換．又知次磷酸（H3PO2）也可跟D2O進行氫交換，但次磷酸鈉（NaH2PO2）卻不能跟D2O發生氫交換．由此可推斷出H3PO2的分子結構是（）A． B． C． D．【考點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；物質的結構與性質之間的關系．【分析】根據磷酸分子中的三個氫原子都可以跟重水分子（D2O）中的D原子發生氫交換及次磷酸（H3PO2）也可跟D2O進行氫交換，說明羥基上的氫能與D2O進行氫交換，但次磷酸鈉（NaH2PO2）卻不能跟D2O發生氫交換，說明次磷酸鈉中沒有羥基氫，則H3PO2中只有一個羥基氫．【解答】解：由題意可知，次磷酸（H3PO2）也可跟D2O進行氫交換，但次磷酸鈉（NaH2PO2）卻不能跟D2O發生氫交換，則H3PO2中只有一個羥基氫，A、有2個羥基氫，則不符合題意，故A錯誤；B、有1個羥基氫，則符合題意，故B正確；C、有2個羥基氫，則不符合題意，故C錯誤；D、不含有羥基氫，則不符合題意，故D錯誤；故選B．21．在相同溫度和壓強下，對反應CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）進行甲、乙、丙、丁四組實驗，實驗起始時放入容器內各組分的物質的量見下表物質物質的量實驗CO2H2COH2O甲amolamol0mol0mol乙2amolamol0mol0mol丙0mol0molamolamol丁amol0molamolamol上述四種情況達到平衡后，n（CO）的大小順序是（）A．乙=?。颈?甲 B．乙＞?。炯祝颈?C．丁＞乙＞丙=甲 D．?。颈疽遥炯住究键c】化學平衡建立的過程．【分析】在相同溫度和壓強下的可逆反應，反應后氣體體積不變，按方程式的化學計量關系轉化為方程式同一邊的物質進行分析．【解答】解：假設丙、丁中的CO、H2O（g）全部轉化為CO2、H2，再與甲、乙比較：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）丙開始時0mol0molanolanol丙假設全轉化anolanol0mol0mol丁開始時amol0molamolamol丁假設全轉化2amolamol0mol0mol通過比較，甲、丙的數值一樣，乙、丁的數值一樣，且乙、丁的數值大于甲、丙的數值．故選A．22．一定溫度下，10mLLH2O2溶液發生催化分解．不同時刻測得生成O2的體積（已折算為標準狀況）如下表．t/min0246810V（O2）/mL下列敘述不正確的是（溶液體積變化忽略不計）（）A．0～6min的平均反應速率：v（H2O2）≈×10﹣2mol/（L?min）B．6～10min的平均反應速率：v（H202）＜×10﹣2mol/（L?min）C．反應至6min時，c（H2O2）=LD．反應至6min時，H2O2分解了50%【考點】反應速率的定量表示方法．【分析】根據化學反應速率之比等化學計量數之比進行計算，根據化學反應的定義進行計算，得出正確結論．【解答】解：2H2023H2O+O2↑，A．0～6min產生的氧氣的物質的量n（O2）=×10﹣3=，n（H202）=2n（O2）=，v（H202）=≈×10﹣2mol/（L?min），故A正確；B．=，=，＞，故單位時間內產生的氧氣，0～6min大于6～10min，故6～10min的平均反應速率：v（H202）＜×10﹣2mol/（L?min），故B正確；C．6min時，c（H2O2）=﹣=L，故C錯誤；D．6min時，H2O2分解的分解率為：=50%，故D正確，故選C．23．NaHSO3溶液在不同溫度下均可被過量KIO3氧化，當NaHSO3完全消耗即有I2析出，依據I2析出所需時間可以求得NaHSO3的反應速率．將濃度均為?L﹣1NaHSO3溶液（含少量淀粉）、KIO3（過量）酸性溶液混合，記錄10～55℃間溶液變藍時間，55℃時未觀察到溶液變藍，實驗結果如圖．據圖分析，下列判斷不正確的是（）A．40℃之前與40℃之后溶液變藍的時間隨溫度的變化趨勢相反B．圖中b、c兩點對應的NaHSO3反應速率相等C．圖中a點對應的NaHSO3反應速率為×10﹣5mol?L﹣1?s﹣1D．溫度高于40℃時，淀粉不宜用作該實驗的指示劑【考點】化學反應速率的影響因素．【分析】A．由圖可知，40℃之前，溫度高反應速率加快，40℃之后溫度高，變色時間越長；B．b、c點對應的溫度不同；C．a點時間為80s，濃度變化量為=L；D．結合55℃時，沒有出現藍色分析．【解答】解：A．從圖象中可以看出，40℃以前，溫度越高，反應速度越快，40℃后溫度越高，變色時間越長，反應越慢，而55℃，未變藍，淀粉發生了水解，故A正確；B．由圖中b、c反應時間相同、溫度不同可知，溫度高反應速率快，故反應速率不同，故B錯誤；C．a點時間為80s，濃度變化量為=L，a點對應的NaHSO3反應速率為×10﹣5mol?L﹣1?s﹣1，故C正確；℃時，沒有出現藍色，淀粉發生水解反應，故淀粉已不能作為該反應的指示劑，故D正確；故選B．二、解答題（共7小題）24．在密閉容器中放入（g），在一定溫度進行如下反應：A（g）?B（g）+C（g）△H=+?mol﹣1反應時間（t）與容器內氣體總壓強（p）的數據見下表：時間t/h0124816202530總壓強p/100kPa回答下列問題：（1）欲提高A的平衡轉化率，應采取的措施為升高溫度、降低壓強．（2）由總壓強p和起始壓強p0計算反應物A的轉化率α（A）的表達式為×100%，平衡時A的轉化率為，列式并計算反應的平衡常數KL．（3）①由總壓強p和起始壓強p0表示反應體系的總物質的量n總和反應物A的物質的量n（A），n總=×mol，n（A）=×（2﹣）mol．②下表為反應物A濃度與反應時間的數據，計算：α=．反應時間t/h04816c（A）/（mol?L﹣1）a分析該反應中反應物的濃度c（A）變化與時間間隔（△t）的規律，得出的結論是達到平衡前每間隔4h，c（A）減少約一半，由此規律推出反應在12h時反應物的濃度c（A）為mol?L﹣1．【考點】化學平衡的影響因素；化學平衡的計算．【分析】（1）反應是吸熱反應，反應前后氣體體積增大，結合平衡移動原理分析判斷轉化率；（2）相同條件下壓強之比等于物質的量之比，反應前后物質的量的增大是反應的A的物質的量，結合轉化率概念計算得到；依據化學平衡三段式列式計算平衡濃度達到平衡常數；（3）①依據相同條件下壓強之比等于物質的量之比，結合平衡計算得到；②依據平衡A的濃度計算，依據圖表數據分析判斷存在的規律；【解答】解：（1）在一定溫度進行如下反應：A（g）?B（g）+C（g）△H=+?mol﹣1反應是吸熱反應，反應前后氣體體積增大，根據平衡移動原理分析可知，欲提高A的平衡轉化率，平衡正向進行，可以升溫或減壓條件下使平衡正向進行；故答案：升高溫度、降低壓強；（2）反應前后氣體物質的量增大等于反應的A的量，所以由總壓強p和起始壓強p0計算反應物A的轉化率α（A）的表達式=×100%=（）×100%；平衡時A的轉化率=×100%=%依據化學平衡三段式列式得到；A（g）?B（g）+C（g）起始量（mol/L）00變化量（mol/L）×%×%×%平衡量（mol/L）（1﹣%）×%×%K===L故答案為：（）×100%；%；L（3）①由總壓強p和起始壓強p0表示反應體系的總物質的量n總和反應物A的物質的量n（A），依據壓強之比等于物質的量之比，n總：n起始=P：P0，n總=；A（g）?B（g）+C（g）起始量（mol）00變化量（mol）xxx某時刻量（mol）﹣xxx（+x）：=P：P0x=n（A）=﹣=×（2﹣）mol；故答案為：；×（2﹣）；②n（A）=×（2﹣）=×（2﹣）=所以濃度a=L；分析數據特征可知，每隔4h，A的濃度減小一半，故答案為：；達到平衡前每間隔4h，c（A）減少約一半；由此規律推出反應在12h時反應物的濃度c（A）==L；故答案為：，每隔4h，A的濃度減小一半；；25．反應aA（g）+bB（g）cC（g）（△H＜0）在等容條件下進行．改變其他反應條件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ階段體系中各物質濃度隨時間變化的曲線如圖1所示：回答問題：（1）反應的化學方程式中，a：b：c為1：3：2；（2）A的平均反應速率VⅠ（A）、VⅡ（A）、VⅢ（A）從大到小排列次序為vⅠ（A）＞vⅡ（A）＞vⅢ（A）；（3）B的平衡轉化率αⅠ（B）、αⅡ（B）、αⅢ（B）中最小的是αⅢ（B），其值是%；（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移動的方向是向正反應方向，采取的措施是從反應體系中移出產物C；（5）比較第Ⅱ階段反應溫度（T2）和第Ⅲ階段反應溫度（T3）的高低：T2＞T3（填“＞”“＜”“=”），判斷的理由是此反應為放熱反應，降低溫度，平衡向正反應方向移動，平衡的移動只能減弱改變，不能抵消改變；（6）達到第三次平衡后，將容器的體積擴大一倍，假定10min后達到新的平衡，請在下圖2中用曲線表示第IV階段體系中各物質的濃度隨時間變化的趨勢如圖2（曲線上必須標出A、B、C）．【考點】化學平衡的影響因素；物質的量或濃度隨時間的變化曲線；化學反應速率與化學平衡圖象的綜合應用．【分析】（1）由圖可知第Ⅰ階段，平衡時△c（A）=2mol/L﹣1mol/L=1mol/L，△c（B）=6mol/L﹣3mol/L=3mol/L，△c（C）=2mol/L，根據濃度變化量之比等于化學計量數之比計算；（2）根據化學反應速率為單位時間濃度的變化值，可計算三個階段用A表示的化學反應速率，據此判斷；（3）轉化率是物質的減少量與初始量的比值，計算三個階段B的轉化率，據此解答；（4）第Ⅱ階段C是從0開始的，瞬間A、B濃度不變，因此可以確定第一次平衡后從體系中移出了C，即減少生成物濃度，平衡正向移動；（5）第Ⅲ階段的開始與第Ⅱ階段的平衡各物質的量均相等，根據A、B的量減少，C的量增加可判斷平衡是正向移動的，根據平衡開始時濃度確定此平衡移動不可能是由濃度的變化引起的，另外題目所給條件容器的體積不變，則改變壓強也不可能，因此一定為溫度的影響，此反應正向為放熱反應，可以推測為降低溫度，另外結合A的速率在三個階段的情況，確定改變的條件一定為降低溫度，根據勒夏特列原理，平衡的移動只能減弱改變，不能抵消改變，因此達到平衡后溫度一定比第Ⅱ階段平衡時的溫度低；（6）達到第三次平衡后，將容器的體積擴大一倍，改變條件的瞬間，各組分的濃度變為原來的二分之一，容器體積增大，壓強降低平衡向體積增大的方向移動，但增大的物質的量濃度小于第三次平衡時濃度，同時注意各組分物質的量濃度變化量之比等于化學計量數之比，據此作圖．【解答】解：（1）由圖可知第Ⅰ階段，平衡時△c（A）=2mol/L﹣1mol/L=1mol/L，△c（B）=6mol/L﹣3mol/L=3mol/L，△c（C）=2mol/L，濃度變化量之比等于化學計量數之比，故a：b：c=1mol/L：3mol/L：2mol/L=1：3：2，故答案為：1：3：2；（2）vⅠ（A）==（L?min），vⅡ（A）==（L?min），vⅢ（A）==（L?min），故A的平均反應速率vⅠ（A）＞vⅡ（A）＞vⅢ（A），故答案為：vⅠ（A）＞vⅡ（A）＞vⅢ（A）；（3）B的平衡轉化率αⅠ（B）=×100%=50%，αⅡ（B）=×100%=38%，αⅢ（B）=×100%=%，故答案為：αⅢ（B）；%；（4）第Ⅱ階段C是從0開始的，瞬間A、B濃度不變，因此可以確定第一次平衡后從體系中移出了C，即減少生成物濃度，平衡正向移動，故答案為：向正反應方向，從反應體系中移出產物C；（5）第Ⅲ階段的開始與第Ⅱ階段的平衡各物質的量均相等，根據A、B的量減少，C的量增加可判斷平衡是正向移動的，根據平衡開始時濃度確定此平衡移動不可能是由濃度的變化引起的，另外題目所給條件容器的體積不變，則改變壓強也不可能，因此一定為溫度的影響，此反應正向為放熱反應，可以推測為降低溫度，另外結合A的速率在三個階段的情況，確定改變的條件一定為降低溫度，根據勒夏特列原理，平衡的移動只能減弱改變，不能抵消改變，因此達到平衡后溫度一定比第Ⅱ階段平衡時的溫度低，故答案為：＞；此反應為放熱反應，降低溫度，平衡向正反應方向移動，平衡的移動只能減弱改變，不能抵消改變；（6）達到第三次平衡后，將容器的體積擴大一倍，改變條件的瞬間，各組分的濃度變為原來的二分之一，容器體積增大，壓強降低平衡向逆反應方向移動，但增大的物質的量濃度小于第三次平衡時濃度，同時注意各組分物質的量濃度變化量之比等于化學計量數之比，A、B、C的濃度隨時間變化的趨勢如圖：，故答案為：．26．研究氮氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時，涉及如下反應：2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）K1△H1＜0（Ⅰ）2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）K2△H2＜0（Ⅱ）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）?2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常數K=（用K1、K2表示）．（2）為研究不同條件對反應（Ⅱ）的影響，在恒溫條件下，向2L恒容密閉容器中加入NO和Cl2，10min時反應（Ⅱ）達到平衡．測得10min內v（ClNO）=×10﹣3mol?L﹣1?min﹣1，則平衡后n（Cl2）=mol，NO的轉化率α1=75%．其他條件保持不變，反應（Ⅱ）在恒壓條件下進行，平衡時NO的轉化率α2＞α1（填“＞”“＜”或“=”），平衡常數K2不變（填“增大”“減小”或“不變”）．若要使K2減小，可采取的措施是升高溫度．（3）實驗室可用NaOH溶液吸收NO2，反應為2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O．含NaOH的水溶液與NO2恰好完全反應得1L溶液A，溶液B為?L﹣1的CH3COONa溶液，則兩溶液中c（NO）、c（NO）和c（CH3COO﹣）由大到小的順序為c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）．（已知HNO2的電離常數Ka=×10﹣4mol?L﹣1，CH3COOH的電離常數Ka=×10﹣5mol?L﹣1）可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是bc．a．向溶液A中加適量水b．向溶液A中加適量NaOHc．向溶液B中加適量水d．向溶液B中加適量NaOH．【考點】化學平衡的計算；化學平衡常數的含義；離子濃度大小的比較．【分析】（1）2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）K1△H＜0（I）2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）K2△H＜0（II）根據蓋斯定律，Ⅰ×2﹣Ⅱ可得：4NO2（g）+2NaCl（s）?2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），則該反應平衡常數為Ⅰ的平衡常數平方與Ⅱ的平衡常數的商；（2）測得10min內v（ClNO）=×10﹣3mol?L﹣1?min﹣1，則△n（ClNO）=×10﹣3mol?L﹣1?min﹣1×10min×2L=，由方程式計算參加反應NO、氯氣的物質的量，進而計算平衡時氯氣的物質的量、NO的轉化率；正反應為氣體物質的量減小的反應，恒溫恒容下條件下，到達平衡時壓強比起始壓強小，其他條件保持不變，反應（Ⅱ）在恒壓條件下進行，等效為在恒溫恒容下的平衡基礎上增大壓強，平衡正向移動；平衡常數只受溫度影響，溫度不變，平衡常數不變，正反應為放熱反應，升高低溫度平衡逆向向移動，平衡常數減??；（3）NaOH的水溶液與NO2恰好完全反應得1L溶液A，由2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物質的量濃度為0．mol/L，NaNO2物質的量為L；HNO2的電離常數Ka=×10﹣4mol?L﹣1，CH3COOH的電離常數Ka=×10﹣5mol?L﹣1，說明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根離子水解程度小于亞硝酸根離子水解程度，溶液B堿性大于A溶液．【解答】解：（1）2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）K1△H＜0（I）2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）K2△H＜0（II）根據蓋斯定律，Ⅰ×2﹣Ⅱ可得：4NO2（g）+2NaCl（s）?2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），則該反應平衡常數K=，故答案為：；（2）測得10min內v（ClNO）=×10﹣3mol?L﹣1?min﹣1，則△n（ClNO）=×10﹣3mol?L﹣1?min﹣1×10min×2L=，由方程式可知，參加反應氯氣的物質的量為×=，故平衡時氯氣的物質的量為﹣=；參加反應NO物質的量為，則NO的轉化率為×100%=75%；正反應為氣體物質的量減小的反應，恒溫恒容下條件下，到達平衡時壓強比起始壓強小，其他條件保持不變，反應（Ⅱ）在恒壓條件下進行，等效為在恒溫恒容下的平衡基礎上增大壓強，平衡正向移動，NO轉化率增大，故轉化率α2＞α1，平衡常數只受溫度影響，溫度不變，平衡常數不變，正反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，平衡常數減小，故答案為：；75%；＞；不變；升高溫度；（3）NaOH的水溶液與NO2恰好完全反應得1L溶液A，由2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物質的量濃度為0．mol/L，NaNO2物質的量為L，溶液B為?L﹣1的CH3COONa溶液；HNO2的電離常數Ka=×10﹣4mol?L﹣1，CH3COOH的電離常數Ka=×10﹣5mol?L﹣1，說明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根離子水解程度小于亞硝酸根離子水解程度，溶液B堿性大于A溶液，兩溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的順序為c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣），a．溶液B堿性大于A溶液，向溶液A中加適量水，稀釋溶液，堿性減弱，不能調節溶液pH相等，故a錯誤；b．向溶液A中加適量NaOH，增大堿性，可以調節溶液pH相等，故b正確；c．向溶液B中加適量水，稀釋溶液堿性減弱，可以調節溶液pH相等，故c正確；d．溶液B堿性大于A溶液，向溶液B中加適量NaOH，溶液pH更大，故d錯誤；故答案為：c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）；bc．27．NH3經一系列反應可以得到HNO3和NH4NO3，如圖1所示．（1）Ⅰ中，NH3和O2在催化劑作用下反應，其化學方程式是4NH3+5O24NO+6H2O．（2）Ⅱ中，2NO（g）+O2（g）?2N02（g）．在其它條件相同時，分別測得NO的平衡轉化率在不同壓強（p1，p2）下隨溫度變化的曲線（如圖2）．①比較p1，p2的大小關系：p1＜p2②隨溫度升高，該反應平衡常數變化的趨勢是減小．（3）Ⅲ中，降低溫度，將NO2（g）轉化為N2O4（l），再制備濃硝酸．①已知：2NO2（g）?N2O4（g）△H12NO2（g）?N2O4（l）△H2圖3中能量變化示意圖中，正確的是（選填字母）A．②N2O4與O2、H2O化合的化學方程式是2N2O4+O2+2H2O=4HNO3．（4）Ⅳ中，電解NO制備NH4NO3，其工作原理如圖4所示，為使電解產物全部轉化為NH4NO3，需補充物質A，A是NH3，說明理由：根據反應8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，電解生成的HNO3多．【考點】化學平衡常數的含義；反應熱和焓變；化學平衡的影響因素；電解原理．【分析】（1）氨氣與氧氣在催化劑加熱的條件下生成NO與水；（2）①已知2NO（g）+O2（g）?2N02（g）是正方向體積減小的反應，根據壓強對平衡的影響分析；②根據圖象2判斷該反應正方向是放熱還是吸熱，再判斷K隨溫度的變化；（3）①降低溫度，將NO2（g）轉化為N2O4（l）說明反應2NO2（g）?N2O4（l）為放熱反應，同種物質液態時能量比氣態時能量低；②N2O4與O2、H2O化合生成硝酸，根據得失電子守恒和原子守恒寫出反應的方程式；（4）根據電解NO制備NH4NO3的反應方程式分析判斷．【解答】解：（1）氨氣與氧氣在催化劑加熱的條件下生成NO與水，反應方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O；故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）①已知2NO（g）+O2（g）?2N02（g）是正方向體積減小的反應，增大壓強平衡正移，則NO的轉化率會增大，由圖可知P2時NO的轉化率大，則P2時壓強大，即P1＜P2；故答案為：P1＜P2；②由圖象2可知，隨著溫度的升高，NO的轉化率減小，說明升高溫度平衡逆移，則該反應正方向是放熱反應，所以升高溫度平衡常數K減??；故答案為：減??；（3）①降低溫度，將NO2（g）轉化為N2O4（l）說明反應2NO2（g）?N2O4（l）為放熱反應，所以在圖象中該反應的反應物的總能量比生成物的總能量高，同種物質氣態變液態會放出熱量，即液態時能量比氣態時能量低，則N2O4（l）具有的能量比N2O4（g）具有的能量低，圖象A符合，故A正確；故答案為：A；②N2O4與O2、H2O化合生成硝酸，其反應的化學方程式為：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；故答案為：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；（4）電解NO制備NH4NO3，陽極反應為NO﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+，陰極反應為：NO+5e﹣+6H+=NH4++H2O，從兩極反應可看出，要使得失電子守恒，陽極產生的NO3﹣的物質的量大于陰極產生的NH4+的物質的量，總反應方程式為：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使電解產物全部轉化為NH4NO3，需補充NH3；故答案為：NH3；根據反應8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，電解生成的HNO3多．28．化學反應原理在科研和生產中有廣泛應用．（1）利用“化學蒸氣轉移法”制備TaS2晶體，發生如下反應：TaS2（s）+2I2（g）?TaI4（g）+S2（g）△H＞0（Ⅰ）反應（Ⅰ）的平衡常數表達式K=，若K=1，向某恒容容器中加入1molI2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡轉化率為%．（2）如圖所示，反應（Ⅰ）在石英真空管中進行，先在溫度為T2的一端放入未提純的TaS2粉末和少量I2（g），一段時間后，在溫度為T1的一端得到了純凈TaS2的晶體，則溫度T1＜T2（填“＞”“＜”或“=”）．上述反應體系中循環使用的物質是I2．（3）利用I2的氧化性可測定鋼鐵中硫的含量．做法是將鋼樣中的硫轉化成H2SO3，然后用一定濃度的I2溶液進行滴定，所用指示劑為淀粉溶液，滴定反應的離子方程式為H2SO3+I2+H2O=4H++SO42﹣+2I﹣．（4）25℃時，H2SO3?HSO+H+的電離常數Ka=1×10﹣2，則該溫度下NaHSO3水解反應的平衡常數Kh=×10﹣12，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，則溶液中將增大（填“增大”“減小”或“不變”）．【考點】化學平衡的計算；化學平衡的影響因素．【分析】（1）通過題意求出平衡濃度，帶入K值可以得出轉化率為%；（2）通過題意溫度T2端利于反應正向進行，為高溫，溫度T1端利于反應向左進行，為低溫，所以T1＜T2；（3）因為I2遇到淀粉會變藍色，所以可以用淀粉溶液作指示劑；（4）根據Ka=，Kh=，代入數據進行計算．【解答】解：（1）根據題意反應（Ⅰ）的平衡常數表達式K=；若K=1，設I2的平衡轉化率為x，則參加反應的為xmol，平衡時生成TaI4和S2各，剩余I2為（1﹣x）mol，根據K===1，解之得：x=%，故答案為：；%；（2）由所給方程式可知該反應為吸熱反應，通過題意溫度T2端利于反應正向進行，為高溫，溫度T1端利于反應向左進行，為低溫，所以T1＜T2，I2是可以循環使用的物質；故答案為：＜；I2；（3）因為I2遇到淀粉會變藍色，所以可以用淀粉溶液作指示劑．離子反應：H2SO3+I2+H2O=4H++SO42﹣+2I﹣，故答案為：淀粉溶液；H2SO3+I2+H2O=4H++SO42﹣+2I﹣；（4）Ka=，HSO3﹣+H2O?H2SO3+OH﹣，Kh==×102××10﹣14=×10﹣12，當加入少量I2時，碘把弱酸（亞硫酸）氧化成強酸（硫酸、氫碘酸），溶液酸性增強，[H+]增大，但是溫度不變，Kh不變，則增大，故答案為：×10﹣12；增大．29．用CaSO4代替O2與燃料CO反應，既可提高燃燒效率，又能得到高純CO2，是一種高效、清潔、經濟的新型燃燒技術，反應①為主反應，反應②和③為副反應．①CaSO4（s）+CO（g）?CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣?mol﹣1②CaSO4（s）+CO（g）?CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H2=+?mol﹣1③CO（g）?C（s）+CO2（g）△H3=﹣?mol﹣1（1）反應2CaSO4（s）+7CO（g）?CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=4△H1+△H2+2△H3（用△H1、△H2和△H3表示）（2）反應①﹣③的平衡常數的對數lgK隨反應溫度T的變化曲線見圖，結合各反應的△H，歸納lgK﹣T曲線變化規律：（a）當△H＞0時，lgK隨溫度升高而增大①，當△H＜0時，lgK隨溫度升高而減小；（b）當溫度同等變化時，△H的數值越大lgK的變化越大．（3）向盛有CaSO4的真空恒容密閉容器中充入CO，反應①于900℃達到平衡，c平衡（CO）=×10﹣5mol?L﹣1，計算CO的轉化率（忽略副反應，結果保留兩位有效數字）．（4）為減少副產物，獲得更純凈的CO2，可在初始燃料中適量加入O2．（5）以反應①中生成的CaS為原料，在一定條件下經原子利用率100%的高溫反應，可再生CaSO4，該反應的化學方程式為CaS+2O2CaSO4；在一定條件下，CO2可與對二甲苯反應，在其苯環上引入一個羧基，產物的結構簡式為．【考點】化學平衡常數的含義；熱化學方程式；化學平衡的影響因素．【分析】（1）根據蓋