高考化学 化学反应速率和化学平衡 专项训练（WORD版） 答案解析

这是一份高考化学 化学反应速率和化学平衡 专项训练（WORD版） 答案解析，共10页。试卷主要包含了4－1，不参与反应的气体　减小等内容，欢迎下载使用。
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考点 化学反应速率
答案：1.快慢 减少 增加 ml·L－1·min－1 ml·L－1·s－1 2 ml·L－1·min－1
题组一 化学反应速率概念的理解与计算
1．
答案：C 解析：A是固体，不能用其浓度变化量表示反应速率，A、B错误；2 min内，v(B)＝0.3 ml·L－1·min－1，在2 min 末的速率为瞬时速率，应小于0.3 ml·L－1·min－1，C正确；反应中，B的浓度逐渐减小，无论用B还是C表示反应速率，其值都是逐渐减小的，D错误。
2．
答案：C 解析：反应20 min时，过氧化氢的浓度变为0.4 ml·L－1，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)＝(0.80－0.40)ml·L－1×0.05 L＝0.02 ml，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)＝0.01 ml，标准状况下的体积V＝n·Vm＝0.01 ml×22.4 L·ml－1＝0.224 L＝224 mL，A正确；20～40 min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40－0.20)ml·L－1＝0.20 ml·L－1，则这段时间内的平均速率v＝eq \f(Δc,t)＝eq \f(0.20 ml·L－1,20 min)＝0.010 ml·L－1·min－1，B正确；随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30 min时的瞬时速率大于第50 min时的瞬时速率，C错误；I－在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确。
3．
答案：(1)30.0 6.0×10－2
(2)反应速率＝eq \f(5.4－1.8×10－3 ml×2,6.0－2.0 min)
＝1.8×10－3 ml·min－1
(3)7.3×10－5 ml·L－1·s－1 5.8×10－5 ml·L－1·s－1
随着反应的进行，反应物浓度减小导致反应速率降低
解析：(1)由方程式2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)可知，62 min时，pO2＝2.9 kPa，则减小的N2O5为5.8 kPa，此时pN2O5＝35.8 kPa－5.8 kPa＝30.0 kPa，则v＝2×10－3×30.0 kPa·min－1＝6.0×10－2 kPa·min－1。
(2)2.0～6.0 min内氯气的物质的量增大3.6×10－3 ml，因此消耗HCl的物质的量为7.2×10－3 ml，即反应速率＝eq \f(7.2×10－3 ml,4.0 min)＝1.8×10－3 ml·min－1。
(3)反应过程中硝基苯甲酸乙酯浓度的变化量等于其起始浓度与转化率的乘积，再利用求反应速率的计算公式可求出两个时间段内的平均反应速率分别约为7.3×10－5 ml·L－1·s－1、5.8×10－5 ml·L－1·s－1，由此可得出的结论是随着反应的进行，反应物浓度减小导致反应速率降低。
题组二 利用速率常数计算
4．
答案：D 解析：本题考查反应速率常数、活化能、反应速率的影响因素。将①②两组数据代入速率关系式，可得m＝2，将①③两组数据代入速率关系式，可得n＝1，故该反应的反应级数为3，A正确；将m＝2、n＝1及第①组数据代入速率关系式可得k＝8.0 ml－2·L2·s－1，当c(NO)＝0.200 ml·L－1，c(Cl2)＝0.300 ml·L－1时，v(Cl2)＝8.0×0.2002×0.300 ml·L－1·s－1＝0.096 ml·L－1·s－1，则有v(NO)＝2v(Cl2)＝2×0.096 ml·L－1·s－1＝0.192 ml·L－1·s－1，B正确；加入催化剂可以改变反应途径，使反应的活化能Ea减小，由速率常数表达式可知速率常数k增大，反应速率加快，C正确；升高温度，速率常数k增大，但不能增大反应的活化能Ea，D错误。
5．
答案：A 解析：由图中数据可知，30 min时，M、Z的浓度分别为0.300 ml·L－1和0.125 ml·L－1，则M的变化量为0.5 ml·L－1－0.300 ml·L－1＝0.200 ml·L－1，其中转化为Y的变化量为0.200 ml·L－1－0.125 ml·L－1＝0.075 ml·L－1，因此，0～30 min时间段内，Y的平均反应速率为eq \f(0.075 ml·L－1,30 min)＝0.002 5 ml·L－1·min－1，A说法不正确；由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为eq \f(k1,k2)，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同(化学计量数均为1)，因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于eq \f(k1,k2)，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确；结合A、B的分析可知反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比＝eq \f(k1,k2)＝eq \f(0.075 ml·L－1,0.125 ml·L－1)＝eq \f(3,5)，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有eq \f(5,8)的M转化为Z，即62.5%的M转化为Z，C说法正确；由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。
题组三 化学反应速率大小的比较
6．
答案：B 解析：可用比值法进行反应速率的大小比较，①eq \f(vA,1)＝0.45 ml·L－1·s－1；②eq \f(vB,3)＝eq \f(0.6,3) ml·L－1·s－1＝0.2 ml·L－1·s－1；③eq \f(vC,2)＝eq \f(0.4,2) ml·L－1·s－1＝0.2 ml·L－1·s－1；④eq \f(vD,2)＝eq \f(0.45,2) ml·L－1·s－1＝0.225 ml·L－1·s－1，故①>④>②＝③，B项正确。
7．
答案：C 解析：由c­t图像的变化趋势可看出T2时，环戊二烯浓度的变化趋势大，因此T2>T1，选项A错误；a点环戊二烯的浓度大于c点，但c点温度高于a点，因此无法判断a点和c点的反应速率大小关系，选项B错误；相同温度下，随着时间的延长，反应物的浓度逐渐减小，正反应速率逐渐减小，因此a点的正反应速率大于b点的正反应速率，且b点环戊二烯浓度减小，正反应速率大于逆反应速率，选项C正确；由图像知，开始时环戊二烯的浓度为1.5 ml·L－1，b点时的浓度为0.6 ml·L－1，设二聚体的浓度为x ml·L－1，则有：
2  二聚体
eq \a\vs4\al(初始物质的量,浓度ml·L－1) 1.5 0
eq \a\vs4\al(转化物质的量,浓度ml·L－1) 2x x
eq \a\vs4\al(b点物质的量,浓度ml·L－1) 0.6 x
则有1.5－2x＝0.6，解得x＝0.45，选项D错误。
考点 影响化学反应速率的因素
答案：1.性质 2.增大 增大 增大 相同
3．(3)活化分子 (4)增加 百分数 不变 百分数 4.(1)不参与反应的气体 (2)减小
题组一 外因对化学反应速率的影响
1．
答案：B 解析：由题图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间越短，故反应速率越大，A正确；由题图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误；由题图中数据可知，条件①，反应速率v＝eq \f(Δc,Δt)＝eq \f(3.0 ml·L－1－0,250 min)＝0.012 ml·L－1·min－1，C正确；反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 ml·L－1时，半衰期为125 min÷2＝62.5 min，D正确。
题组二 有效碰撞理论
2．
答案：D 解析：1,4­加成产物所具有的能量比1,2­加成产物低，则1,4­加成产物较稳定，A项错误；1,3­丁二烯的1,2­加成和1,4­加成都是放热反应，则温度升高，1,3­丁二烯的总转化率减小，B项错误；升高温度，化学反应速率均加快，C项错误；1,2­加成是放热反应，D项正确。
题组三 “控制变量法”探究影响化学反应速率的因素
3．
答案：A 解析：A项，实验2、3中主要发生Mg与NHeq \\al(＋,4)水解产生的H＋的反应，由于实验2中的n(NHeq \\al(＋,4))大于实验3中的n(NHeq \\al(＋,4))，而镁过量，所以不能得出NHeq \\al(＋,4)浓度越大，反应速率越快的结论，错误；B项，由实验1、4对比可知，反应速率加快，其原因有可能是Na＋、Cl－具有催化作用，由实验4、5对比可知，Na＋对反应几乎无催化作用，由此可知，Cl－对镁和水的反应有催化作用，正确；C项，实验7中NH4Cl浓度较实验3高，但由表格中数据可知，二者产生氢气的速率几乎相等，其原因在于实验7中加入了一定浓度的NH3·H2O，NH3·H2O与Mg2＋反应生成了Mg(OH)2覆盖在镁表面，减慢反应，正确；D项，由实验1、2、7对比可知，无论酸性条件还是碱性条件，NHeq \\al(＋,4)都能加快镁和水的反应，正确。
4．
答案：C 解析：根据表中数据可知在其他条件相同时分解百分率越高，催化效果越好，因此Cu2＋与Fe3＋对H2O2分解都有催化作用，但Cu2＋催化效果更好，故A正确；由Ⅰ与Ⅱ可知其他条件相同时，反应时间越长，分解百分率越高，分解越彻底，故B正确；Ⅰ与Ⅲ溶液的酸碱性和温度不一样，无法单独判断温度越高，H2O2分解越快，故C错误；由Ⅰ与Ⅲ可知温度和pH均不相同，Ⅲ中在相同条件下，温度低，溶液显碱性时，H2O2分解更快，故D正确。
考点 化学反应速率相关图像
题组一 时间—速率图像
1．
答案：C 解析：镁条与盐酸发生反应Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，影响产生H2反应速率v的因素主要有两个：一是温度，反应放出热量，使体系的温度升高，v(H2)增大；二是溶液中的c(H＋)，反应过程中c(H＋)减小，v(H2)减小。图中AB段v(H2)逐渐增大，说明温度对反应速率的影响大于c(H＋)对反应速率的影响，故影响AB段速率的主要因素是温度。
2．
答案：B 解析：本题考查化学反应速率的影响因素。使用合适的催化剂能加快反应速率，图乙中反应速率比图甲快，图乙中反应达到平衡所需时间比图甲短，则有a1t2，A、C正确；达到平衡时，其他条件都相同，图乙反应体系中有催化剂，故图乙中正反应速率仍大于图甲，B错误；催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，故平衡时图甲和图乙中反应限度相同，D正确。
题组二 物质的量(浓度)—时间图像
3．
答案：D 解析：由题中信息可知，反应X===2Z经历两步：①X―→Y；②Y―→2Z。因此，图中呈不断减小趋势的a线为X的浓度c(X)随时间t的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度c(Z)随时间t的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度c(Y)随时间t的变化曲线。X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，a为c(X)随t的变化曲线，A正确；由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于t1时刻，因此，t1时c(X)＝c(Y)＝c(Z)，B正确；由图中信息可知，t2时刻以后，X、Y的浓度仍在不断减小，说明t2时刻两步反应仍在向正反应方向进行，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即t2时Y的消耗速率大于生成速率，C正确；由图可知，t3时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则c(Y)＝c0，由于反应②Y―→2Z的发生，t3时刻Y浓度的变化量为c0－c(Y)，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为2[c0－c(Y)]，这种关系在t3后仍成立，D不正确。
4．
答案：B 解析：分析图像可知12 s内A的浓度变化为0.8 ml·L－1－0.2 ml·L－1＝0.6 ml·L－1，反应速率v(A)＝eq \f(Δc,Δt)＝eq \f(0.6 ml·L－1,12 s)＝0.05 ml·L－1·s－1，A项错误；分析图像，12 s内B的浓度变化为0.5 ml·L－1－0.3 ml·L－1＝0.2 ml·L－1，v(B)＝eq \f(0.2 ml·L－1,12 s)＝eq \f(1,60) ml·L－1·s－1，速率之比等于化学方程式中化学计量数之比，3∶b＝0.05∶eq \f(1,60)＝3∶1，b＝1，3∶c＝0.05∶eq \f(\f(0.8,2),12)＝3∶2，c＝2，化学方程式中A、B的化学计量数不同，12 s后达到平衡状态，B项正确，C项错误；消耗3 ml A放热Q kJ,12 s内消耗A的物质的量为0.6 ml·L－1×2 L＝1.2 ml，1.2 ml A反应放出热量0.4Q kJ，D项错误。
题组三 速率与外界条件图像
5．
答案：C 解析：分析可知，t1时改变的条件是升温，A项错误；使用催化剂，会使反应的正活化能降低，但焓变保持不变，B项错误；对于同一个反应，只有温度影响平衡常数，该反应是放热反应，升高温度，平衡常数降低，故平衡常数K(t0～t1)>K(t2～t3) ＝K(t5～t6)，C项正确；t3时改变的条件是使用了催化剂，加入催化剂不影响平衡移动，氨气的体积分数φ(t2～t3)＝φ(t3～t4)，t4时改变的条件是降低压强(增大反应容器体积)，平衡向逆反应方向移动，平衡后氨气的体积分数降低，即φ(t3～t4)>φ(t5～t6)，D项错误。
6.
答案：B 解析：根据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入1 ml A和3 ml B发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，t1～t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2～t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图像分析解答。容器内发生的反应为A(g)＋2B(g)3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；根据图像变化曲线可知，t2～t3过程中，t2时v正瞬间不变，之后不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图像，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为向容器中加入C，B正确；根据上述分析可知，t2～t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，所以A的体积分数φ增大，即平衡时A的体积分数φ：φ(Ⅱ)＞φ(Ⅰ)，C错误；平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D错误。
第22讲 化学平衡
考点 可逆反应与化学平衡状态
答案：1.(1)同一条件 (2)①同时 ②小于
2．(1)相等 不变 (3)动态 进行 相等 改变
题组一 对可逆反应的理解与计算
1．
答案：A 解析：将0.2 ml·L－1的KI溶液和0.1 ml·L－1 Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，若此反应不可逆，则Fe3＋和I－能恰好完全反应，则溶液中无Fe3＋和I－，故只需要证明溶液中含Fe3＋和I－，则能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3＋，能说明反应存在平衡，故①正确；②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中含I－，能说明反应存在平衡，故②正确；③无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2＋，滴入K3[Fe(CN)6] 溶液均有蓝色沉淀生成，故③错误；④无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，不能证明存在平衡，故④错误。
2．
答案：B 解析：平衡浓度之比为1∶3，转化浓度亦为1∶3，故c1∶c2＝1∶3，A正确、C正确；平衡时Y生成表示逆反应速率，Z生成表示正反应速率且v生成(Y)∶v生成(Z)应为3∶2，B不正确；由可逆反应的特点可知0＜c1＜0.14 ml·L－1，D正确。
题组二 化学平衡状态的理解与判断
3．
答案：(1)①③④⑦ (2)⑤⑦ (3)①③④⑤⑦ (4)①②③④⑦ (5)①②③ (6)②④⑦
考点 借助速率—时间图像探究化学平衡的移动
答案：1.改变 平衡状态 3.(1)正反应 (3)逆反应 4.(1)加快 减慢 增大 减小 不变 增大
加快 吸热 放热 增大 减小
题组一 应用勒夏特列原理判断化学平衡移动
1．
答案：A 解析：钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈，原因是在潮湿的环境中易发生电化学腐蚀，与平衡移动原理无关，故A选；加热AlCl3溶液，促进AlCl3的水解，生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，最终得到氢氧化铝，与平衡移动原理有关，故B不选；水的电离存在平衡H2OH＋＋OH－，NaOH溶液中，OH－浓度增大，抑制水的电离，NaOH溶液中由水电离出的c(H＋)2.4，α1(A)K3＝eq \f(25,12)，C错误。若容器Ⅱ是恒温恒容，则容器Ⅰ、Ⅱ中反应达到平衡时，对应物质的物质的量相等，则有α1(A)＋α2(C)＝1；由C项分析可知，容器Ⅱ中反应逆向进行的程度小，C的平衡转化率小于恒温时，则有α1(A)＋α2(C)K＝1.25，明显起始投料反应该逆向移动，两者出现矛盾，说明平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比不是4∶5，故A错误；若容器Ⅲ在某时刻，B的体积分数为50%，
A(g) ＋ 2B(g)  2C(g)
起始(ml·L－1) 0.35 0.5 0
转化(ml·L－1) x 2x 2x
某时刻(ml·L－1) 0.35－x 0.5－2x 2x
B的体积分数eq \f(0.5－2x,0.35－x＋0.5－2x＋2x)×100%＝50%，解得x＝0.05，则该时刻的Q＝eq \f(c2C,cA·c2B)＝eq \f(0.12,0.3×0.42)＝eq \f(1,4.8)c；B项，T2时反应先达到平衡，则T2>T1，升高温度，n(C)减小，则反应为放热反应，ΔH ＝ 逆 < (3)吸热 放热 放热 吸热
题组一 化学平衡常数表达式及影响因素和相关计算
1．
答案：B 解析：由表格数据可知，升高温度时K1增大、K2减小，则ΔH1>0，ΔH2T，即eq \f(1,T′)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(lg Kp1T′－lg Kp1T))＝lg Kp1(T)－lg Kp1(T′)，则lgeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(Kp2T′·Kp1T′))>lgeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(Kp2T·Kp1T))，即K(T′)>K(T)，因此该反应正反应为吸热反应，即ΔH大于0 (4)0.5
解析：(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或Br)。
(2)由题意可知，376.8 ℃时玻璃烧瓶中发生两个反应：BaPtCl6(s)BaCl2(s)＋Pt(s)＋2Cl2(g)、Cl2(g)＋I2(g)2ICl(g)。BaPtCl6(s)BaCl2(s)＋Pt(s)＋2Cl2(g)的平衡常数Kp′＝1.0×104 Pa2，则平衡时p2(Cl2)＝1.0×104 Pa2，平衡时p(Cl2)＝100 Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小p kPa，则
Cl2(g) ＋ I2(g)  2ICl(g)
开始/kPa 20.0 0
变化/kPa p 2p
平衡/kPa 0.1 20.0－p 2p
376．8 ℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5 kPa，则0.1＋20.0＋p＝32.5，解得p＝12.4，则平衡时pICl＝2p kPa＝2×12.4 kPa＝24.8 kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0－p)kPa＝7.6 kPa＝7.6×103 Pa，pICl＝24.8 kPa＝24.8×103 Pa，p(Cl2)＝0.1 kPa＝100 Pa，因此反应2ICl(g)Cl2(g)＋I2(g)的平衡常数K＝eq \f(100×7.6×103,24.8×1032)。
(3)①结合题图可知，温度越高，eq \f(1,T)越小，lg Kp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH大于0。
②Ⅰ.2NO(g)＋2ICl(g)2NOCl(g)＋I2(g) Kp1
Ⅱ.2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g) Kp2
Ⅰ＋Ⅱ得2ICl(g)Cl2(g)＋I2(g)，则2ICl(g)Cl2(g)＋I2(g)的K＝Kp1·Kp2。该反应的ΔH大于0，推理过程如下：设T′>T，即eq \f(1,T′)|lg Kp1(T′)－lg Kp1(T)|＝lg Kp1(T)－lg Kp1(T′)，则lg[Kp2(T′)·Kp1(T′)]>lg[Kp2(T)·Kp1(T)]，即K(T′)>K(T)，因此该反应正反应为吸热反应，即ΔH大于0。
(4)Ⅰ.NOCl＋hveq \(――→,\s\up15())NOCl*
Ⅱ.NOCl＋NOCl*eq \(――→,\s\up15())2NO＋Cl2
Ⅰ＋Ⅱ得总反应为2NOCl＋hv===2NO＋Cl2，因此2 ml NOCl分解需要吸收1 ml光子能量，则分解1 ml的NOCl需要吸收0.5 ml光子。
3．
答案：(1)eq \f(0.02,t1) (2)b 开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小 (3)0.48
解析：(1)设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式：
2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)
起始/ml 0.1 0 0
转化/ml 2x x 3x
平衡/ml 0.1－2x x 3x
根据同温同体积下，气体的物质的量之比等于压强之比，eq \f(0.1,0.1＋2x)＝eq \f(200,120＋120＋40)，解得x＝0.02 ml，v(H2)＝eq \f(0.02×3 ml,3 L×t1)＝eq \f(0.02,t1) ml·L－1·min－1。(2)t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小，故b曲线符合。(3)由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数KΘ＝eq \f(0.4×1.23,1.22)＝0.48。
题组二 化学平衡常数的应用
4．答案：C 解析：题目中缺少c(H2)，则无法计算K，则不能通过Q与K的关系判断平衡的移动方向，但可比较4个选项中Q的大小关系，Q越大，则可能逆向移动。Q(A)＝eq \f(1.00 mml·L－12,1.00 mml·L－1×1.00 mml·L－1)＝1，Q(B)＝eq \f(1.56 mml·L－12,0.22 mml·L－1×0.22 mml·L－1)≈50.28，Q(C)＝eq \f(4.00 mml·L－12,0.44 mml·L－1×0.44 mml·L－1)≈82.64，Q(D)＝eq \f(1.56 mml·L－12,0.44 mml·L－1×0.11 mml·L－1)≈50.28，Q(C)的值最大。
5．
答案：(1)正反应 (2)850 ℃ 向正反应方向进行中
解析：(1)由表格数据，可知随着温度升高，平衡常数增大，说明化学平衡向正反应方向移动；(2)c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)，则计算出K＝1.0，即此时温度为850 ℃，此温度下eq \f(cCO·cH2O,cCO2·cH2)＝eq \f(0.75×1.5,1×1.2) >0 ＝0 ②> < ③温度 低温 高温
题组 化学反应方向的判断
1．
答案：B 解析：CH4(g)和H2(g)物质的量相同，且均为气态，CH4(g)含有的原子总数多，CH4(g)的摩尔质量大，所以熵值1 ml CH4(g)>1 ml H2(g)，A错误；相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值1 ml H2O(g)S(l)>S(s)，所以熵值1 ml H2O(s)0，正确。
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