最新高中化學(xué)速率平衡試卷

1、 第 = PAGE 6*2-1 11頁 共 = SECTIONPAGES 7*2 14頁 第 = PAGE 6*2 12頁 共 = SECTIONPAGES 7*2 14頁 7/7高二年級化學(xué)速率平衡試卷一、單項(xiàng)選擇題共7題，共42分1、O2F2可以發(fā)生反響：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2 ， 以下說法正確的是 A、氧氣是氧化產(chǎn)物B、O2F2既是氧化劑又是復(fù)原劑C、假設(shè)生成4.48 L HF，那么轉(zhuǎn)移0.8 mol電子D、復(fù)原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1：42、NO2與N2O4相互轉(zhuǎn)化：2NO2gN2O4g；H=24.2kJ/mol 在恒溫下，將一定量NO2和N2O4g的混合氣體充入

2、體積為2L的密閉容器中，其中物質(zhì)的濃度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖以下推理分析合理的是 A、a，b，c，d四點(diǎn)中c正與v逆均相等B、反響進(jìn)行到10min時(shí)，體系吸收的熱量為9.68kJC、前10min內(nèi)，用vNO2表示的該反響速率為0.02mol/LminD、25min時(shí)，導(dǎo)致平衡移動的原因是升溫3、以下各組離子在溶液中能大量共存，參加OH有沉淀生成，參加H+有氣體生成的一組離子是 A、K+、Mg2+、Cl、HCO3B、K+、Cu2+、SO42、Na+C、NH4+、CO32、NO3、Na+D、NH4+、Cl、HCO3、K+4、一定條件下，將3molA和l mol B兩種氣體混合于固定容積為2L的密閉容

3、器中，發(fā)生如下反響：3Ag+BgCg+2Ds.2min末該反響到達(dá)平衡，生成D的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化情況如圖以下判斷正確的是 A、假設(shè)混合氣體的密度不再改變時(shí)，該反響不一定到達(dá)平衡狀態(tài)B、2 min后，加壓會使正反響速率加快，逆反響速率變慢，平衡正向移動C、反響過程中A和B的轉(zhuǎn)化率之比為3：1D、開始到平衡，用A表示該反響的化學(xué)反響速率為0.3molL1min15、在一密閉容器中進(jìn)行反響：2SO2g+O2g 2SO3g反響過程中某一時(shí)刻SO2、O2、SO3的濃度分別為0.4mol/L、0.2mol/L、0.4mol/L當(dāng)反響到達(dá)平衡時(shí)，可能存在的數(shù)據(jù)是 A、SO2為0.8mol/L，O2為0.4

4、 mol/LB、SO2為0.5 mol/LC、SO3為0.8 mol/LD、SO2、SO3均為0.3 mol/L6、一定溫度下，在2L的密閉容器中，X、Y、Z三種氣體的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化的曲線如下圖以下描述正確的是 A、反響開始到10 s時(shí)，用Z表示的反響速率為0.158 molLs1B、反響開始到10 s時(shí)，X的物質(zhì)的量濃度減少了0.79 molL1C、反響開始到10 s時(shí)，Y的轉(zhuǎn)化率為39.5%D、反響的化學(xué)方程式為Xg+Yg2Zg7、向某密閉容器中參加0.3mol A、0.1mol C和一定量的B三種氣體，在一定條件下發(fā)生反響，各物質(zhì)濃度隨時(shí)間的變化如甲圖所示t0t1階段cB未畫出圖乙為

5、t2時(shí)刻后改變條件平衡體系中化學(xué)反響速率隨時(shí)間變化的情況，四個(gè)階段各改變一種條件并且改變的條件均不同，t3t4階段為使用催化劑以下說法正確的是 A、假設(shè)t1=15s，生成物C在t0t1時(shí)間段的化學(xué)反響速率為0.004molL1s1B、t4t5階段改變的條件為降低反響溫度C、B的起始物質(zhì)的量為0.02molD、t5t6階段可能是增大壓強(qiáng)二、綜合題共4題；共25分8、15分研究NO2、SO2、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義 (1)利用反響6NO2+8NH37N2+12H2O也可處理NO2 ，當(dāng)轉(zhuǎn)移1.2mol電子時(shí)，消耗的NO2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下是_L (2)：2SO2g+O2g 2SO3gH=1

6、96.6kJmol12NOg+O2g=2NO2gH=113.0kJmol1那么反響SO2g+NO2gSO3g+NOg的H=_kJmol1一定條件下，將NO2與SO2以體積比1：2置于密閉容器中發(fā)生上述反響，以下能說明反響到達(dá)平衡狀態(tài)的是_填字母A體系壓強(qiáng)保持不變 B混合氣體顏色保持不變CSO2和NO的體積比保持不變 D每消耗1molSO3的同時(shí)生成1mol NO2(3)CO可用于合成甲醇，反響方程式為COg+2H2gCH3OHg，CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)的關(guān)系如下圖該反響H_0填“或“，實(shí)際生產(chǎn)條件控制在250、1.3104kPa左右，選擇此壓強(qiáng)的理由是_ 9、16分某溫度時(shí)，在一個(gè)

7、2L恒容的密閉容器中，X、Y、Z三種物質(zhì)的物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化曲線如下圖根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，試填寫以下空白： (1)該反響的化學(xué)方程式為_ 3分(2)從開始至2min，Z的平均反響速率為_ 3分(3)2min時(shí)X的轉(zhuǎn)化率為_ (4)以下措施使正反響的速率如何變化？填“增大、“減小或“不變 編號改變的條件正反響的速率降低溫度_增大Y的濃度_使用適宜的催化劑_增大容器體積_10、6分氨是一種重要的化工產(chǎn)品，是氮肥工業(yè)、有機(jī)合成工業(yè)以及制造硝酸、銨鹽和純堿等的原料 (1在一定溫度下，在固定體積的密閉容器中進(jìn)行可逆反響：N2+3H2 2NH3 該可逆反響到達(dá)平衡的標(biāo)志是 A、3vH2正=2vNH3逆B、單位

8、時(shí)間生成m mol N2的同時(shí)消耗3m mol H2C、容器內(nèi)的總壓強(qiáng)不再隨時(shí)間而變化D、混合氣體的密度不再隨時(shí)間變化E、a molNN鍵斷裂的同時(shí)，有6amolNH鍵斷裂F、N2、H2、NH3的分子數(shù)之比為1：3：2(2)某化學(xué)研究性學(xué)習(xí)小組模擬工業(yè)合成氨的反響在容積固定為2L的密閉容器內(nèi)充入1molN2和3molH2 ，參加適宜催化劑體積可以忽略不計(jì)后在一定溫度壓強(qiáng)下開始反響，并用壓力計(jì)監(jiān)測容器內(nèi)壓強(qiáng)的變化如下： 反響時(shí)間/min051015202530壓強(qiáng)/MPa16.8014.7813.8613.2712.8512.6012.60那么從反響開始到25min時(shí)，以N2表示的平均反響速率=

9、_； 11、9分698K時(shí)，向某V L的密閉容器中充入3mol H2g和3mol I2g，發(fā)生反響：H2g+I2g2HIg，測得各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度與時(shí)間變化的關(guān)系如右圖所示請答復(fù)以下問題： (1)容器的體積V=_L (2)反響到達(dá)最大限度的時(shí)間是_s，該時(shí)間內(nèi)平均反響速率vHI=_ 三、實(shí)驗(yàn)探究題81212分、研究CO、CO2的應(yīng)用具有重要的意義 (1)CO可用于煉鐵，： Fe2O3s+3Cs2Fes+3COgH1=+489.0kJmol1Cs+CO2g2COgH2=+172.5kJmol1那么CO復(fù)原Fe2O3s的熱化學(xué)方程式為_ (2)CO2和H2充入一定體積的密閉容器中，在兩種溫度下發(fā)

10、生反響：CO2g+3H2gCH3OHg+H2Og； 測得CH3OH的物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化圖：由如圖判斷該反響H_0。填“或“=或“一定溫度下，此反響在恒容密閉容器中進(jìn)行，能判斷該反響到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)的依據(jù)是_a容器中壓強(qiáng)不變 bH2的體積分?jǐn)?shù)不變ccH2=3cCH3OH d容器中密度不變e2個(gè)C=O斷裂的同時(shí)有3個(gè)CH形成 (3)將燃煤廢氣中的CO轉(zhuǎn)化為二甲醚的反響原理為：2COg+4H2gCH3OCH3g+H2Og根據(jù)化學(xué)反響原理，分析增加壓強(qiáng)對制備二甲醚反響的影響_ 答案解析局部一、單項(xiàng)選擇題1、【答案】D 【考點(diǎn)】氧化復(fù)原反響，氧化復(fù)原反響方程式的配平，氧化反響的計(jì)算 【解析】【解答】解

11、：AO元素由+1價(jià)降低到0價(jià)，化合價(jià)降低，獲得電子，所以氧氣是復(fù)原產(chǎn)物，故A錯(cuò)誤；B在反響中，O2F2中的O元素化合價(jià)降低，獲得電子，所以該物質(zhì)是氧化劑，而硫化氫中的S元素的化合價(jià)是2價(jià)，反響后升高為+6價(jià)，所以H2S表現(xiàn)復(fù)原性，而O2F2表現(xiàn)氧化性，故B錯(cuò)誤；C外界條件不明確，不能確定HF的物質(zhì)的量，所以不能確定轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目，故C錯(cuò)誤；D由方程式可知復(fù)原劑和氧化劑的物質(zhì)的量的比是1：4，故D正確應(yīng)選D【分析】反響H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2中，S元素化合價(jià)由2價(jià)升高到+6價(jià)，被氧化，O元素由+1價(jià)降低到0價(jià)，被復(fù)原，以此解答該題 2、【答案】B 【考點(diǎn)】物質(zhì)的量或濃度隨時(shí)間的變

12、化曲線，化學(xué)平衡的計(jì)算 【解析】【解答】解：由圖可知1025min平衡狀態(tài)時(shí)，bd點(diǎn)所在曲線的濃度增加量為0.60.2mol/L=0.4mol/L，c點(diǎn)所在曲線的濃度減少量為0.60.4mol/L=0.2mol/L，bd點(diǎn)所在曲線表示的生成物的濃度變化量是c點(diǎn)所在曲線表示的反響物的濃度變化量的2倍，所以bd點(diǎn)所在曲線表示NO2濃度隨時(shí)間的變化曲線，c點(diǎn)所在曲線表示N2O4濃度隨時(shí)間的變化曲線；反響時(shí)NO2濃度增大，N2O4濃度減小，說明反響逆向進(jìn)行， A由圖可知，1025min及35min之后NO2和N2O4的物質(zhì)的量不發(fā)生變化，那么相應(yīng)時(shí)間段內(nèi)的點(diǎn)處于化學(xué)平衡狀態(tài)，即b、d處于化學(xué)平衡狀態(tài)，

13、故A錯(cuò)誤；B由圖可知1025min平衡狀態(tài)時(shí)，反響消耗的N2O4濃度為0.2mol/L，那么其物質(zhì)的量為0.2mol/L2L=0.4mol，反響逆向進(jìn)行，要吸收熱量，那么反響吸收的熱量為0.4mol24.2kJ/mol=9.68kJ，故B正確；C由圖象可知，10 min內(nèi)用NO2的濃度變化量為0.60.2mol/L=0.4mol/L，故vNO2= =0.04mol/Lmin，故C錯(cuò)誤；D.25min時(shí)，X的濃度增大，Y的濃度不變，只能是增大X的濃度，所以曲線發(fā)生變化的原因是增加NO2濃度，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B【分析】由圖可知1025min平衡狀態(tài)時(shí)，bd點(diǎn)所在曲線的濃度增加量為0.60.2mol/

14、L=0.4mol/L，c點(diǎn)所在曲線的濃度減少量為0.60.4mol/L=0.2mol/L，bd點(diǎn)所在曲線表示的生成物的濃度變化量是c點(diǎn)所在曲線表示的反響物的濃度變化量的2倍，所以bd點(diǎn)所在曲線表示NO2濃度隨時(shí)間的變化曲線，c點(diǎn)所在曲線表示N2O4濃度隨時(shí)間的變化曲線；反響時(shí)NO2濃度增大，N2O4濃度減小，說明反響逆向進(jìn)行，A物質(zhì)的濃度不發(fā)生變化時(shí)表示化學(xué)反響處于平衡狀態(tài)；B根據(jù)反響中物質(zhì)的量之比等于熱量比來計(jì)算；C由圖象可知，10 min內(nèi)用NO2的濃度變化量為0.60.2mol/L=0.4mol/L，根據(jù)v= 計(jì)算vNO2；D.25min時(shí)，X的濃度增大，Y的濃度不變，只能是增大X的濃度

15、 3、【答案】A 【考點(diǎn)】離子共存問題 【解析】【解答】解：A該組離子之間不反響，可大量共存，參加OH有氫氧化鎂沉淀生成，參加H+有二氧化碳?xì)怏w生成，故A選； B該組離子之間不反響，可大量共存，但加H+沒有氣體生成，故B不選；C該組離子之間不反響，可大量共存，但加OH沒有沉淀生成，故C不選；D該組離子之間不反響，可大量共存，但加OH沒有沉淀生成，故D不選；應(yīng)選A【分析】根據(jù)離子之間不能結(jié)合生成沉淀、氣體、水、弱電解質(zhì)等，那么離子大量共存，再結(jié)合參加OH有沉淀生成，參加H+有氣體生成來解答 4、【答案】D 【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算 【解析】【解答】解：A、反響生成固體D，氣體質(zhì)量和氣體體積發(fā)生變化

16、，假設(shè)混合氣體的密度不再改變時(shí)，該反響一定到達(dá)平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤； B、2min后，加壓會使正、逆反響速率都加快，平衡正向移動，故B錯(cuò)誤；C、將3molA和1molB兩種氣體混合于固定容積為2L的密閉容器中，反響比和起始量之比相同，所以反響過程中A和B的轉(zhuǎn)化率之比為1：1，故C錯(cuò)誤；D、2min內(nèi)生成0.8mol D，那么消耗A的物質(zhì)的量為1.2mol，故2 min內(nèi)A的反響速率vA= = =0.3 molLmin1 ， 故D正確；應(yīng)選D【分析】A、反響前后氣體質(zhì)量和氣體體積發(fā)生變化，假設(shè)混合氣體的密度不再改變時(shí)，該反響一定到達(dá)平衡狀態(tài)；B、2min后，加壓會使正、逆反響速率都加快，平衡正向移

17、動；C、將3molA和1molB兩種氣體混合于固定容積為2L的密閉容器中，反響比和起始量之比相同，所以反響過程中A和B的轉(zhuǎn)化率相同；D、根據(jù)D的物質(zhì)的量的變化計(jì)算A的物質(zhì)的量的變化，再根據(jù)v= 計(jì)算vA 5、【答案】B 【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算 【解析】【解答】解：由以上分析可知到達(dá)平衡時(shí)：0nSO20.8molL1 ；0nO20.4molL1 ；0nSO30.8molL1 ， ASO2為0.8mol/L，O2為0.4 mol/L不在范圍內(nèi)，不符合條件，故A不選；B如平衡逆向移動，SO2為0.5 mol/L0.8molL1 ， 在范圍內(nèi)，符合條件，故B選；CSO3的濃度增大，說明該反響向正反響方

18、向進(jìn)行建立平衡，假設(shè)二氧化硫和氧氣完全反響，SO3的濃度的濃度為0.8mol/L，實(shí)際應(yīng)小于該值，故C不選；D反響物、生產(chǎn)物的濃度不可能同時(shí)減小，一個(gè)濃度增大，另一個(gè)濃度一定減小，故D不選應(yīng)選B【分析】該題2SO2g+O2g2SO3g是一個(gè)可逆反響假設(shè)SO2g和O2g全部轉(zhuǎn)化為SO3g 2SO2g+O2g2SO3g初始molL10.40.20.4變化molL10.40.20.4平衡molL1000.8假設(shè)SO3g全部轉(zhuǎn)化為SO2g和O2g2SO2g+O20.4g2SO3g初始molL10.40.20.4變化molL10.40.20.4平衡molL10.80.40該反響是一個(gè)可逆反響，無論向正反

19、響方向進(jìn)行還是向逆反響方向進(jìn)行，實(shí)際不可能100%轉(zhuǎn)化，以此解答該題 6、【答案】D 【考點(diǎn)】化學(xué)平衡建立的過程，化學(xué)平衡的計(jì)算 【解析】【解答】解：A由圖可知，10s內(nèi)Z的物質(zhì)的量變化量為1.58mol，用Z表示的反響速率為vZ= =0.079moL/Ls，故A錯(cuò)誤； B由圖可知，10s內(nèi)X的物質(zhì)的量變化量為0.79mol，X的物質(zhì)的量濃度減少了c= = =0.395mol/L，故B錯(cuò)誤；C.10s內(nèi)，Y的轉(zhuǎn)化率= 100%= 100%=79%，故C錯(cuò)誤；D由圖象可以看出，由圖表可知，隨反響進(jìn)行X、Y的物質(zhì)的量減小，Z的物質(zhì)的量增大，所以X、Y是反響物，Z是生產(chǎn)物，l0s后X、Y、Z的物質(zhì)的

20、量為定值，不為0，反響是可逆反響，且nX：nY：nZ=1.200.41mol：1.000.21mol：1.58mol=1：1：2，參加反響的物質(zhì)的物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，故反響化學(xué)方程式為Xg+Yg2Zg，故D正確；應(yīng)選D【分析】A由圖可知，10s內(nèi)Z的物質(zhì)的量變化量為1.58mol，根據(jù)v= 計(jì)算vZ；B由圖可知，10s內(nèi)X的物質(zhì)的量變化量為0.79mol；C根據(jù)轉(zhuǎn)化率= 100%計(jì)算；D根據(jù)物質(zhì)的量的變化，判斷出反響物、生成物及是否是可逆反響，利用物質(zhì)的量之比化學(xué)計(jì)量數(shù)之比書寫方程式 7、【答案】D 【考點(diǎn)】化學(xué)平衡移動原理 【解析】【解答】解：A參加NaOH溶液后，NaOH和HB

21、r、HBrO發(fā)生中和反響導(dǎo)致平衡正向移動，那么溶液顏色變淺，能用平衡移動原理解釋，故A不選； B升高溫度，平衡逆向移動，氣體顏色變深，能用平衡移動原理解釋，故B不選；C增大壓強(qiáng)平衡正向移動導(dǎo)致氮?dú)廪D(zhuǎn)化率增大，能用平衡移動原理解釋，故C不選；D催化劑只能改變反響速率但不能改變平衡移動，所以不能用平衡移動原理解釋，故D選；應(yīng)選D【分析】勒夏特列原理為：如果改變影響平衡的條件之一，平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動，使用勒夏特列原理時(shí)，該反響必須是可逆反響，否那么勒夏特列原理不適用 8、【答案】D 【考點(diǎn)】常見陽離子的檢驗(yàn)，常見陰離子的檢驗(yàn) 【解析】【解答】解：A鉀元素的紫色必須透過藍(lán)色鈷玻璃來觀

22、察，故如果不透過藍(lán)色鈷玻璃，無法確定是否含有鉀元素，故A錯(cuò)誤； B參加碳酸鈉溶液產(chǎn)生白色沉淀，可以是鈣離子、鎂離子等，再加鹽酸白色沉淀消失，所以不一定有Ba2+ ， 故B錯(cuò)誤；CNa2CO3和NaHCO3都可與鹽酸反響生成氣體，不能用參加鹽酸觀察是否產(chǎn)生氣體來鑒別，故C錯(cuò)誤；D向無色溶液中參加稀鹽酸無現(xiàn)象，再參加BaCl2有白色沉淀生成，那么該溶液中一定含有SO42 ， 故D正確； 應(yīng)選：D【分析】A鉀元素的紫色必須透過藍(lán)色鈷玻璃來觀察；B和碳酸根離子形成沉淀的離子不一定是鋇離子，鈣、鎂離子等也可以生成沉淀；CNa2CO3和NaHCO3都可與鹽酸反響生成氣體；D檢驗(yàn)SO42的方法是向溶液中參加

23、稀鹽酸無現(xiàn)象，再參加BaCl2有白色沉淀生成 9、【答案】A 【考點(diǎn)】物質(zhì)的量或濃度隨時(shí)間的變化曲線，化學(xué)平衡的計(jì)算 【解析】【解答】解：A、假設(shè)t1=15s，生成物C在t0t1時(shí)間段的平均反響速率為：vC= =0.004molL1s1 ， 故A正確； B如t4t5階段改變的條件為降低反響溫度，平衡移動發(fā)生移動，那么正逆反響速率不相等，應(yīng)為降低壓強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；C反響中A的濃度變化為0.15mol/L0.06mol/L=0.09mol/L，C的濃度變化為0.11mol/L0.05mol/L=0.06mol/L，反響中A與C的計(jì)量數(shù)之比為0.09：0.06=3：2，t3t4階段與t4t5階段正逆反

24、響速率都相等，而t3t4階段為使用催化劑，那么t4t5階段應(yīng)為減小壓強(qiáng)，那么該反響中氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)之和前后相等，那么有：3AgBg+2Cg，根據(jù)方程式可知消耗0.09mol/L的A，那么生成0.03mol/L的B，容器的體積為2L，生成B的物質(zhì)的量為0.06mol，平衡時(shí)B的物質(zhì)的量為0.1mol，所以起始時(shí)B的物質(zhì)的量為0.1mol0.06mol=0.04mol，故C錯(cuò)誤；D、由C分析可知，如增大壓強(qiáng)，平衡不移動，可知t5t6階段應(yīng)為升高溫度，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選A【分析】A根據(jù)v= 計(jì)算反響速率；Bt4t5階段正逆反響速率減小且相等，如是降低溫度，平衡移動發(fā)生移動，那么正逆反響速率不相等；C根

25、據(jù)C、A濃度的變化判斷二者計(jì)量數(shù)關(guān)系，根據(jù)t4t5階段判斷化學(xué)方程式，根據(jù)化學(xué)方程式計(jì)算；D如果增大壓強(qiáng)，正逆反響速率都增大，平衡不移動 10、【答案】B 【考點(diǎn)】化學(xué)反響的可逆性，化學(xué)平衡的計(jì)算 【解析】【解答】解：假設(shè)反響向正反響進(jìn)行，假定完全反響，那么： X2g+3Y2g2Zg起始mol/L0.10.30.2轉(zhuǎn)化mol/L0.10.30.2平衡mol/L000.4假設(shè)反響逆反響進(jìn)行，假定完全反響，那么：X2g+3Y2g2Zg起始mol/L0.10.30.2轉(zhuǎn)化mol/L0.10.30.2平衡mol/L0.20.60由于為可逆反響，物質(zhì)不能完全轉(zhuǎn)化所以平衡時(shí)濃度范圍為0cX20.2，0cY

26、20.6，0cZ0.4，故B正確、ACD錯(cuò)誤；應(yīng)選：B【分析】化學(xué)平衡的建立，既可以從正反響開始，也可以從逆反響開始，或者從正逆反響開始，不管從哪個(gè)方向開始，物質(zhì)都不能完全反響，利用極限法假設(shè)完全反響，計(jì)算出相應(yīng)物質(zhì)的濃度變化量，實(shí)際變化量小于極限值，據(jù)此判斷分析 二、綜合題11、【答案】13NO2+H2O=2HNO3+NO；6.72241.8；BC；3；在1.3104kPa下，CO的轉(zhuǎn)化率已較高，再增大壓強(qiáng)CO的轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)本錢增加得不償失 【考點(diǎn)】反響熱和焓變，化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷，化學(xué)平衡的計(jì)算，含氮物質(zhì)的綜合應(yīng)用 【解析】【解答】解：1NO2與H2O反響的方程式為：3NO2+H

27、2O2HNO3+NO；6NO2+8NH37N2+12H2O，當(dāng)反響中有1 mol NO2參加反響時(shí)，共轉(zhuǎn)移了4 mol電子，故轉(zhuǎn)移12mol電子時(shí)，消耗的NO2為12422.4L=67.2L，故答案為：3NO2+H2O2HNO3+NO；67.2；2：2SO2g+O2g2SO3gH=196.6kJmol12NOg+O2g2NO2gH=113.0kJmol1 ， 利用蓋斯定律將 得NO2g+SO2gSO3g+NOgH= 196.6kJmol1 113.0kJmol1=41.8kJmol1 ， A無論是否到達(dá)平衡，體系壓強(qiáng)都保持不變，不能用于判斷是否到達(dá)平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B混合氣體顏色保持不變，說

28、明濃度不變，到達(dá)平衡狀態(tài)，故B正確；CSO2和NO的體積比保持不變，說明一氧化氮消耗和二氧化硫消耗相同，在化學(xué)方程式定量關(guān)系可知，證明反響正逆反響速率相同，能判斷是否到達(dá)平衡狀態(tài)，故C正確；D物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，那么每消耗1mol SO3的同時(shí)生成1molNO2 ， 反響逆向進(jìn)行不能判斷是否到達(dá)平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤 NO2g+SO2gSO3g+NOg起始物質(zhì)的體積a2a00轉(zhuǎn)化物質(zhì)的體積xxxx平衡物質(zhì)的體積a-x2a-xxx平衡時(shí)NO2與SO2體積比為1：6，即 =1；6，故x= a，故平衡常數(shù)K= = ，故答案為：41.8，BC； ；3由圖可知，溫度升高，CO的轉(zhuǎn)化率降低，平衡向

29、逆反響方向移動，故逆反響是吸熱反響，正反響是放熱反響，H0；壓強(qiáng)大，有利于加快反響速率，有利于使平衡正向移動，但壓強(qiáng)過大，需要的動力大，對設(shè)備的要求也高，應(yīng)選擇250、1.3104kPa左右的條件因?yàn)樵?50、壓強(qiáng)為1.3104 kPa時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率已較大，再增大壓強(qiáng)，CO的轉(zhuǎn)化率變化不大，沒有必要再增大壓強(qiáng)故答案為：，在1.3104kPa下，CO的轉(zhuǎn)化率已較高，再增大壓強(qiáng)CO的轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)本錢增加得不償失【分析】1根據(jù)物質(zhì)與水的反響物與生成物來書寫化學(xué)反響方程式，再利用氧化復(fù)原反響中電子轉(zhuǎn)移計(jì)算，然后計(jì)算標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體的體積；2利用蓋斯定律計(jì)算反響熱，得到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反響速率

30、相等，各物質(zhì)的濃度不變，由此衍生的一些物理量也不變；平衡常數(shù)K= ；3利用化學(xué)平衡的影響因素和工業(yè)生產(chǎn)的關(guān)系來分析，由圖可知，溫度升高，CO的轉(zhuǎn)化率降低，平衡向逆反響方向移動，故逆反響是吸熱反響，正反響是放熱反響，H0；壓強(qiáng)大，有利于加快反響速率，有利于使平衡正向移動，但壓強(qiáng)過大，需要的動力大，對設(shè)備的要求也高 12、【答案】13X+Y2Z20.05molL1min1330%4減?。辉龃?；增大；減小 【考點(diǎn)】物質(zhì)的量或濃度隨時(shí)間的變化曲線，化學(xué)平衡的計(jì)算 【解析】【解答】解：1由圖可知，Y、X的物質(zhì)的量減小，Z的物質(zhì)的量增加，那么Y、X為反響物，Z為生成物，Y、X、Z的n之比為10.9：10.

31、7：0.20=1：3：2，2min到達(dá)平衡狀態(tài)，由反響速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比可知，反響為3X+Y2Z， 故答案為：3X+Y2Z；2從開始至2min，Z的平均反響速率為 =0.05molL1min1 ， 故答案為：0.05molL1min1；32min時(shí)X的轉(zhuǎn)化率為 100%=30%，故答案為：30%； 4降低溫度，正逆反響速率均減小，故答案為：減??；增大Y的濃度，反響物濃度增大，那么正反響速率增大，故答案為：增大；使用適宜的催化劑，那么正反響速率增大，故答案為：增大；增大容器體積，濃度減小，那么正反響速率減小，故答案為：減小【分析】由圖可知，Y、X的物質(zhì)的量減小，Z的物質(zhì)的量增加，那么Y、

32、X為反響物，Z為生成物，Y、X、Z的n之比為10.9：10.7：0.20=1：3：2，2min到達(dá)平衡狀態(tài)，由反響速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比可知，反響為3X+Y2Z，結(jié)合v= 、轉(zhuǎn)化率= 及反響速率影響因素來解答 13、【答案】12NH36e+6OH=N2+6H2O2BCE30.01mol/Lmin；2.37mol/L242NH3g+CO2gCONH22s+H2OlH=87.0kJmol1；aPH2Oga 【考點(diǎn)】熱化學(xué)方程式，化學(xué)電源新型電池，反響速率的定量表示方法，用化學(xué)平衡常數(shù)進(jìn)行計(jì)算，化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷，化學(xué)平衡的計(jì)算 【解析】【解答】解：1堿性燃料電池中，負(fù)極上燃燒失電子發(fā)生氧化反響

33、，所以該原電池中負(fù)極上氨氣失電子和氫氧根離子反響生成氮?dú)夂退?，電極反響式為2NH36e+6OH=N2+6H2O，故答案為：2NH36e+6OH=N2+6H2O；2A2vH2正=3vNH3逆時(shí)，該反響到達(dá)平衡狀態(tài)，所以3vH2正=2vNH3逆時(shí)該反響沒有到達(dá)平衡狀態(tài)，故錯(cuò)誤； B單位時(shí)間生成m mol N2的同時(shí)消耗3m mol H2 ， 正逆反響速率相等，所以該反響到達(dá)平衡狀態(tài)，故正確；C容器內(nèi)的總壓強(qiáng)不再隨時(shí)間而變化，反響體系中各物質(zhì)的濃度不變，所以到達(dá)平衡狀態(tài)，故正確；D無論該反響是否到達(dá)平衡狀態(tài)，混合氣體的密度不隨時(shí)間變化，所以密度不能作為判斷依據(jù)，故錯(cuò)誤；Ea molNN鍵斷裂的同時(shí)，

34、有6amolNH鍵斷裂，正逆反響速率相等，所以該反響到達(dá)平衡狀態(tài)，故正確；FN2、H2、NH3的分子數(shù)之比為1：3：2時(shí)該反響不一定到達(dá)平衡狀態(tài)，與反響物的初始濃度及轉(zhuǎn)化率有關(guān)，故錯(cuò)誤；應(yīng)選BCE；3同一溫度下，容器中氣體壓強(qiáng)與總的物質(zhì)的量成正比，設(shè)平衡狀態(tài)時(shí)混合氣體的物質(zhì)的量為x，16.80：12.60=1+3mol：x，x= =3，所以平衡時(shí)混合氣體的物質(zhì)的量為3mol，設(shè)參加反響的氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為y，N2g+3H2g2NH3g物質(zhì)的量減少1mol2moly43mol1mol：2mol=y：43mol，y= =0.5mol，那么從反響開始到25min時(shí)，以N2表示的平均反響速率= =0.0

35、1mol/Lmin，平衡時(shí)，cN2= =0.25mol/L、cH2= =0.75mol/L、cNH3= =0.5mol/L，化學(xué)平衡常數(shù)K= mol/L2=2.37 mol/L2 ， 故答案為：0.01 mol/Lmin；2.37 mol/L2；42NH3g+CO2gNH2CO2NH4sH=l59.5kJmol1NH2CO2NH4sCONH22s+H2OgH=+116.5kJmol1H2O1H2OgH=+44.0kJmol1將方程式+得2NH3g+CO2gCONH22s+H2OlH=87.0 kJmol1 ， 增大容器容積時(shí)，假設(shè)平衡不移動，壓強(qiáng)與體積成反比，所以其壓強(qiáng)為原來的 ，實(shí)際上增大容

36、器體積，壓強(qiáng)減小，平衡向正反響方向移動，溫度不變，平衡常數(shù)不變，最終水蒸氣濃度不變，所以壓強(qiáng)為aPa，即PH2Og的取值范圍是 aPH2Oga，故答案為：2NH3g+CO2gCONH22s+H2OlH=87.0 kJmol1； aPH2Oga【分析】1堿性燃料電池中，負(fù)極上燃燒失電子發(fā)生氧化反響；2當(dāng)可逆反響到達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反響速率相等，各物質(zhì)的質(zhì)量、百分含量及濃度不變；3同一溫度下，容器中氣體壓強(qiáng)與總的物質(zhì)的量成正比，根據(jù)壓強(qiáng)計(jì)算平衡時(shí)混合氣體的物質(zhì)的量，再根據(jù)v= 計(jì)算氮?dú)獾钠骄错懰俾?；根?jù)平衡時(shí)各物質(zhì)的濃度計(jì)算其平衡常數(shù)；4根據(jù)蓋斯定律書寫其熱化學(xué)反響方程式；增大體積，相當(dāng)于減小壓

37、強(qiáng)，可逆反響向氣體體積增大的方向移動，根據(jù)平衡常數(shù)不變進(jìn)行計(jì)算 14、【答案】1325；0.5mol/Ls 【考點(diǎn)】物質(zhì)的量或濃度隨時(shí)間的變化曲線，化學(xué)平衡的計(jì)算 【解析】【解答】解：1根據(jù)圖象知，氫氣和碘初始物質(zhì)的量濃度為1mol/L，所以容器的體積= =3L， 故答案為：3；2當(dāng)反響到達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)，各物質(zhì)的濃度不變，根據(jù)圖象知，當(dāng)反響物和生成物濃度不變時(shí)，時(shí)間為5s，vHI= =0.5mol/Ls故答案為：5；0.5mol/Ls【分析】1根據(jù)V= 計(jì)算；2當(dāng)反響到達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)，各物質(zhì)的濃度不變，根據(jù)vHI= 計(jì)算 三、實(shí)驗(yàn)探究題15、【答案】1Fe2O3s+3COg=2Fes+3CO2gH

38、=28.5kJmol12；0.4c1；ab3CH3OCH312e+16OH2CO32+11H2O；該反響分子數(shù)減少，壓強(qiáng)增加使平衡右移，CH3OCH3產(chǎn)率增加；壓強(qiáng)增加使CO和H2濃度增加，反響速率增大 【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素，物質(zhì)的量或濃度隨時(shí)間的變化曲線，化學(xué)平衡的計(jì)算 【解析】【解答】解：1Fe2O3s+3C石墨=2Fes+3COgH1=+489.0kJmol1C石墨+CO2g=2COgH2=+172.5kJmol1由蓋斯定律3得到Fe2O3s+3COg=2Fes+3CO2gH=28.5kJmol1 ， 故答案為：Fe2O3s+3COg=2Fes+3CO2gH=28.5kJmol1；2根據(jù)圖象可知，線