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【化学】山西省临汾市第一中学2018-2019学年高二上学期10月月考（解析版） 试卷
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山西省临汾市第一中学2018-2019学年高二上学期10月月考
1.下列叙述中正确的是
A. 液溴应保存于带磨口玻璃塞的广口试剂瓶中，并加水“水封”以减少挥发
B. 向Ca(ClO)2溶液通入少量CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去
C. 滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝,则原溶液中无NH4＋
D. 配制溶液时，仰视容量瓶刻度线定容会使溶液浓度偏高
【答案】B
【解析】
【分析】
A．溴易挥发，加水“水封”减少挥发，液体保存在细口瓶；
B．Ca（ClO）2溶液通入CO2，发生反应生成HClO和碳酸钙；
C．稀NaOH溶液，与铵根离子反应生成一水合氨；
D．仰视容量瓶刻度线定容，得到溶液的体积偏大。
【详解】A．液溴应保存于带磨口玻璃塞的细口瓶试剂瓶中，并加水“水封”以减少其易挥发，故A错误；
B．向Ca（ClO）2溶液通入CO2生成HClO和碳酸钙，溶液变浑浊，加入品红溶液，HClO具有漂白性，红色褪去，故B正确；
C．稀NaOH溶液与铵根离子反应生成一水合氨，如滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，不能确定原溶液中是否含NH4＋，故C错误；
D．仰视容量瓶刻度线定容，配得溶液的体积偏大，由c=n/V可知，浓度偏小，故D错误；
故选B。
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
①标准状况下，含NA个氩原子的氩气体积约为22.4 L
②34 g H2O2中含有的阴离子数为NA
③常温常压下，21 g氧气和27 g臭氧中含有的氧原子总数为3NA
④在Fe参与的反应中，1 mol Fe失去的电子数为3NA
⑤标准状况下，11.2 L的Cl2溶于水，转移的电子总数为0.5NA
⑥在O2参与的反应中，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数一定是4NA
⑦标准状况下，22.4 L CCl4中所含有的分子数为NA
A. ①②⑤ B. ①⑥⑦ C. ①③ D. ③④
【答案】C
【解析】
【分析】
①氩气为单原子单质；
②H2O2是共价化合物，无阴离子；
③氧气和臭氧分子均由氧原子构成；
④铁有+2价和+3价；
⑤标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，但和水的反应为可逆反应；
⑥在O2参与的反应中，氧元素可能变为-1价或-2价；
⑦标准状况下，CCl4为液态．
【详解】①氩气为单原子分子，故含NA个氩原子的氩气的物质的量为1mol，在标况下的体积为22.4L，故正确；
②H2O2是共价化合物，分子中无阴离子，故错误；
③氧气和臭氧分子均由氧原子构成，故21g氧气和27g臭氧的混合物即48g混合物中含氧原子的物质的量为3mol，氧原子个数为3NA个，故正确；
④铁有+2价和+3价，故1mol铁参与反应后失去的电子数可能为2NA个，也可能为3NA个，故错误；
⑤标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，但和水的反应为可逆反应，转移的电子数小于0.5NA个，故错误；
⑥在O2参与的反应中，氧元素可能变为-1价或-2价，故1mol氧气转移的电子数可能为2NA个，也可能为4NA个，故错误；
⑦标准状况下，CCl4为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子数，故错误。
故选C。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，解题关键：熟练掌握公式的使用和物质的结构，易错点⑤标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，但和水的反应为可逆反应，反应不完全。
3.下列说法正确的是
A. 芳香烃和卤代烃都属于烃
B. 活性炭、SO2和HClO都具有漂白作用，且漂白原理相同
C. 蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
D. 太阳能热水器，核能发电，风能发电和天然气动力汽车都属于新能源的开发利用
【答案】C
【解析】
【分析】
A、卤代烃属于烃的衍生物；
B、漂白原理与强氧化性、化合反应、吸附性等有关．
C、蔗糖在熔融时和溶液中都不导电，硫酸钡在溶液中完全电离，水能部分电离；
D、根据能源的种类进行分析，新能源是指无污染、可以持续利用的能源，包括太阳能、风能、核能、地热能、潮汐能等．
【详解】A、卤代烃属于烃的衍生物，故A错误；
B、SO2和HClO都具有漂白作用，但漂白原理不同，二氧化硫属于结合型漂白，次氯酸属于氧化性漂白，故B错误。
C、蔗糖在熔融时和溶液中都不导电属于非电解质，硫酸钡在溶液中完全电离属于强电解质，水能部分电离属于弱电解质，故C正确；
D、石油、煤、天然气属于化石燃料，不属于新能源，故D错误。
故选C。
【点睛】易错点D，要掌握能源的分类方法方面的知识，新能源是指无污染、可以持续利用的能源。
4.“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质
①是胶体 ②是溶液 ③能产生丁达尔效应 ④不能透过滤纸 ⑤能透过滤纸 ⑥能透过半透膜
A. ①③⑤ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ①③⑤⑥
【答案】A
【解析】
试题分析：“纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种．属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，不能透过半透膜，①③⑤正确，答案选A。
考点：考查胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用
5.下列离子方程式书写正确的是
A. AlCl3溶液与过量的浓氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O
B. 向Ca(ClO)2溶液通入过量的CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
C. FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2＋+O2+4H＋＝4 Fe3＋+2H2O
D. CuSO4溶液与少量的Ba(OH)2溶液：Ba2++SO42－＝BaSO4↓
【答案】C
【解析】
试题分析：A．AlCl3溶液与过量的浓氨水生成氯化铵和氢氧化铝：Al3+ + 3NH3•H2O = Al（OH）3↓ + 3NH4+，A错误；B．向Ca（ClO）2溶液中通入过量的CO2，离子方程式为：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，B错误；C．FeSO4酸性溶液暴露在空气中，被氧气氧化为硫酸铁，离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O，C正确；D．CuSO4溶液与少量的Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为Cu2++2OH-+Ba2++SO42-＝BaSO4↓+Cu（OH）2↓，D错误，答案选C。
考点：考查离子方程式判断
6.下列说法正确的是
A. 已知NaOH(aq)+HCl(aq) = NaCl(aq)+H2O(l) ΔH = - 57.3 kJ/mol ,则含有40.0g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3kJ的热量。
B. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH=akJ/mol，2C(s)+2O2(g)=2CO (g) ΔH =b kJ/mol，则a>b。
C. 取50mL 0.55mol/LNaOH(aq)和50mL 0.50mol/L HCl(aq)进行中和热的测定实验，用温度计测定HCl(aq)起始温度后，直接测定NaOH(aq)的温度，会使中和热ΔH偏小
D. 已知P(白磷,s)=P(红磷,s) ΔH<0，则白磷比红磷稳定。
【答案】A
【解析】
【分析】
A、从弱电解质的电离是吸热的角度来考虑．
B、比较反应热的大小时要带着正负号比较．
C、用温度计测定HCl(aq)起始温度后，直接测定NaOH(aq)的温度，NaOH(aq)的起始温度偏高。
D、由反应放热可知白磷和红磷能量的高低，从而可知稳定性．
【详解】A、40gNaOH的物质的量为1mol，醋酸完全反应，生成水是1mol，但醋酸是弱电解质，电离过程为吸热过程，所以1molNaOH与稀醋酸反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故A正确。
B、①2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH=akJ/mol，②2C(s)+2O2(g)=2CO (g) ΔH =b kJ/mol，两个反应均为放热反应，△H均小于0，反应①是碳的完全燃烧，放出的热量多，故a值越小；反应②碳的不完全燃烧，放出的热量少，故b值越大，故a＜b，故B错误。
C、用温度计测定HCl(aq)起始温度后，直接测定NaOH(aq)的温度，NaOH(aq)的起始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，会使中和热ΔH偏大，故C错误；
D、P（白磷，s）═P（红磷，s）△H＜0，反应放热，可知白磷的能量高于红磷，而能量越高物质越不稳定，故白磷不如红磷稳定，故D错误。
故选A。
【点睛】易错点C，中和热的数值偏小，会使中和热ΔH偏大，中和热的数值，和中和热ΔH不能混淆。
7. 下列化学用语的表述正确的是
A. CSO的电子式：
B. NaClO的电子式：
C. CO2的分子示意图：
D. 次氯酸的结构式：H-Cl-O
【答案】A
【解析】
试题分析：A．S与O是同一主族的元素，原子最外层电子数相同，所以CSO的电子式：，正确；B．NaClO是离子化合物，电子式是：，错误；C．CO2分子是直线型分子，由于C原子半径比O原子大，所以CO2的分子示意图是，错误；D．次氯酸分子中O原子与H\Cl原子各形成一对共用电子对，结构式是：H- O – Cl，错误。
考点：考查化学用语的知识。
8.在四个不同的容器中，在不同的条件下进行合成氨反应：N2+3H2⇋2NH3。根据在相同时间内测定的结果判断，生成氨的速率最快的是
A. v(H2)＝0.01 mol·L-1·s-1
B. v(N2)＝0.3 mol·L-1·min-1
C. v(NH3)＝0.15 mol·L-1·min-1
D. v(H2)＝0.3 mol·L-1·min-1
【答案】B
【解析】
试题分析：将单位换算成同一单位，再将不同物质表示的速率换算成用同一物质表示的速率，再比较速率之间数值的大小，A.υ（H2）＝0.01 mol/(L·s)="0.6" mol/(L·min);B.υ（H2）＝3υ（N2）＝3x0.3 mol/(L·min)="0.9" mol/(L·min)，C.υ（H2）="(3/2)x0.15=0.225mol/(L·min);" D.υ（H2）＝0.3 mol/(L·min);选B。
考点：考查化学反应速率的大小比较。
9.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 溴水中有如下平衡：Br2+H2O⇋HBr+HBrO，加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅
B. 合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取相对较低温度的措施
C. 氯气在水中的溶解度大于在饱和食盐水中的溶解度
D. 对CO(g)+NO2(g)⇋CO2(g)+NO(g)平衡体系增大压强可使颜色变深
【答案】D
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．
【详解】A、当加入AgNO3溶液后，硝酸银和HBr反应生成AgBr沉淀，促进平衡正向移动，溴浓度降低溶液颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；
B、合成氨是反应前后气体体积减小的放热可逆反应，降低温度促进平衡正向移动，提高氨气产率，可以勒夏特列原理解释，故B不选；
C、氯水中存在Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO，在饱和食盐水中Cl－浓度大，抑制平衡向正方向移动，氯气溶解度变小，能用勒夏特列原理解释，故C不选；
D、增大压强时二氧化氮浓度增大导致气体颜色加深，与平衡移动原理无关，所以不能用勒夏特列原理解释，故D选；
故选D。
【点睛】本题考查勒夏特列原理，侧重考查基本理论，明确其理论内涵及适用范围是解本题关键，易错选项是D，压强不影响该平衡。
10.一定量的混合气体在密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)⇋zC(g)，达到平衡后测得A的浓度为0.5 mol·L-1，保持温度不变，将密闭容器的容积压缩为原来的一半，再次达到平衡后，测得A的浓度为0.8 mol·L-1，则下列叙述正确的是
A. 平衡向正反应方向移动 B. x+y
【答案】A
【解析】
试题分析：压缩容器的体积，增大压强，假设平衡不移动，此时A的浓度为1mol·L－1，但现在小于1mol·L－1，说明增大压强平衡向向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，x＋y>z，反应向正反应方向移动，C的体积分数增大，因为是压缩容积的体积，则B的物质的量浓度增大，故选项A正确。
考点：考查勒夏特列原理等知识。
11.温度为T0时，在一容积固定的密闭容器中发生反应X(g)+Y(g)⇋Z(g)(未配平)，4 min时达平衡，各物质浓度随时间变化的关系如图a所示。其他条件相同，温度分别为T1、T2时发生反应，Z的浓度随时间变化的关系如图b所示。下列叙述正确的是
A. 发生反应时，各物质的反应速率大小关系为v(X)＝v(Y)＝2v(Z)
B. 图a中反应达到平衡时，Y的转化率为37.5%
C. T0时，该反应的平衡常数为33.3
D. 该反应正反应的反应热ΔH<0
【答案】C
12.一定温度下，某容器中加入足量碳酸钙，发生反应CaCO3(s)⇋CaO(s)+CO2(g)达到平衡，下列说法正确的是
A. 将体积缩小为原来的一半，当体系再次达平衡时，CO2浓度为原来的2倍
B. 增加CaCO3(s)的量，平衡正向移动，CO2的浓度增大
C. 将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体密度不变
D. 保持容器体积不变，充入He，平衡向逆反应方向进行
【答案】C
【解析】
【详解】A．将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，若平衡不移动，CO2的浓度为原来的2倍，由于温度不变，平衡常数不变，平衡向着逆向移动，则平衡时二氧化碳的浓度与原来相等，故A错误；B．CaCO3为固体，增加CaCO3(s)的量，平衡不移动，CO2的浓度不变，故B错误；C．该反应中只有二氧化碳气体，则将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，平衡常数不变，二氧化碳的浓度不变，气体密度不变，故C正确；D．保持容器体积不变，充入He，由于气体的浓度不变，则平衡不会移动，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查了化学平衡及其影响因素，明确影响化学平衡的因素为解答关键。本题的C为易错点，注意无论平衡是否移动，反应中只有二氧化碳一种气体，温度不变，平衡常数等于二氧化碳的浓度就不变。
13.用Cl2生产某些含氯有机物时会生成副产物HCl，利用下列反应可实现氯的循环利用：4HCl(g)+O2(g)⇋2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH＝-115.6 kJ·mol-1。恒温恒容的密闭容器中，充入一定量的反应物发生上述反应，能充分说明该反应达到化学平衡状态的是
A. 气体的质量不再改变
B. 氯化氢的转化率不再改变
C. 断开4 mol H-Cl键的同时生成4 mol H-O键
D. n(HCl):n(O2):n(Cl2):n(H2O)＝4:1:2:2
【答案】B
【解析】
【分析】
化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论．
【详解】A、气体的质量一直不变，不一定达平衡状态，故A错误；
B、氯化氢的转化率不再改变，说明各物质的量不变，反应处于平衡状态，故B正确；
C、只要反应发生就存在断开4 mol H-Cl键的同时生成4 mol H-O键，均表示正反应，故C错误；
D、n（HCl）：n（O2）：n（Cl2）：n（H2O）=4：1：2：2，不能说明各物质的量不变，故D错误；
故选B。
14.少量铁片与100mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的
①加H2O ②加KNO3溶液 ③滴人几滴浓盐酸 ④加入少量铁粉
⑤加NaCl溶液 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）
⑧改用10mL0.1mol/L盐酸
A. ①⑥⑦ B. ③⑤⑧ C. ③⑦⑧ D. ③④⑥⑦⑧
【答案】C
【解析】
①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢；②加硝酸钾溶液相当于加入硝酸，不会生成氢气；③加浓盐酸，反应速率加快；④加入铁粉，铁与盐酸反应生成生成氢气的量增多；⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢；⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；⑦升高温度，反应速率加快；⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快；故选C。
15.一定温度下，将1 mol A(g)和1 mol B(g)充入2 L密闭容器中发生反应A(g)+B(g)⇋xC(g)+D(s)，在t1时达到平衡。在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中C(g)的浓度随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是
A. 反应方程式中x＝2
B. t2时刻改变的条件是使用催化剂
C. t3时刻改变的条件是移去少量D
D. t1～t3间该反应的平衡常数不相同
【答案】A
【解析】
【分析】
A、而t2～t3间C的浓度不变，说明平衡没有移动，则一定是加压且△n=0，所以x=2；
B、由图中t2时刻C的浓度由0.5 mol·L-1突变为0.75 mol·L-1，则改变的条件可能是加压或增加C的量，不可能是升温和使用催化剂；
C、物质D是固体，其量多少不影响平衡；
D、t1时物质A、B均为0.25 mol·L-1，求出K=4。
【详解】A、而t2～t3间C的浓度不变，平衡不移动，条件一定是加压且△n=0，所以x=2，故A正确；
B、由图中t2时刻C的浓度由0.5 mol·L-1突变为0.75 mol·L-1，则改变的条件可能是加压或增加C的量，不可能是升温和使用催化剂，故B错误；
C、物质D是固体，其量多少不影响平衡，故C错误。
D、t1时物质A、B均为0.25 mol·L-1，C的浓度为0.50 mol·L-1，D为固体，求出K=0．52/(0.25×0.25)=4，t2～t3改变的条件不是升温和使用催化剂，平衡常数相同，故D错误。
故选A。
16.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中仅有一种金属元素，A和D最外层电子数相同；B和C在周期表中相邻，C和E同主族；B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，A和C可形成两种常见的液态化合物。下列说法不正确的是
A. C、D、E三种原子对应的离子半径由大到小的顺序：E＞C＞D
B. 由A、B、C三种元素按原子个数比4∶2∶3组成的化合物所含的化学键只有离子键
C. A、C两种元素的单质与熔融的K2CO3组成的燃料电池，其负极反应式为H2-2e-+CO32-=CO2+H2O
D. 通过比较C和E两种元素气态氢化物的热稳定性可以确定两种元素非金属性相对强弱
【答案】B
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中仅含有一种金属元素，A和C可形成两种常见的液态化合物，则A为H元素、C为O元素，二者形成的液态化合物为H2O、H2O2，A和D最外层电子数相同，二者同主族，结合原子序数可知，D为Na元素；B、C和E在周期表中相邻，且C、E同主族，B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，则B、C最外层电子数分别为5、6，可推知B为N元素、C为O元素、E为S元素。
【详解】A、电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，最外层电子数相同电子层越多离子半径越大，故离子半径S2－＞O2－＞Na＋，故A正确；
B、由H、N、O三种元素按 4：2：3组成的化合物为NH4NO3，含有离子键、共价键，故B错误；
C、氢气、氧气与熔融K2CO3，组成的燃料电池，氢气在负极放电，在熔融碳酸钾条件下生成二氧化碳与水，电解反应式为：H2+CO32－-2e－=CO2↑+H2O，故C正确；
D、气态氢化物的稳定性，元素的非金属性越强，通过比较C和E两种元素气态氢化物的热稳定性，水比硫化氢稳定，可以确定两种元素非金属性相对强弱：O>S，故D正确；
故选B。
【点睛】以元素推断为载体考查结构与位置关系、半径比较、晶体类型与化学键、原电池、化学计算、化学平衡移动、非金属性比较等，解题关键：推断元素。易错点B，NH4NO3是全由非金属元素组成的离子化合物。
17.通过图像分析影响化学平衡移动的因素，某温度下，在密闭容器中SO2、O2、SO3三种气态物质建立化学平衡后，改变条件对反应2SO2(g)+O2(g) ⇋2SO3(g) ΔH<0的正、逆反应速率的影响如图所示：
①加催化剂对反应速率影响的图像是___(填字母，下同)，平衡____移动。
②升高温度对反应速率影响的图像是___，平衡向____方向（填“正反应”或“逆反应”，下同)移动。
③增大反应容器体积对反应速率影响的图像是___，平衡向____方向移动。
④增大O2的浓度对反应速率影响的图像是___，平衡向____方向移动。
⑤上述①到④中的外界条件，使得单位体积内活化分子百分数增大的是___(填序号)。
【答案】 (1). C (2). 不 (3). A (4). 逆反应 (5). D (6). 逆反应 (7). B (8). 正反应 (9). ①②
【解析】
【分析】
①加入催化剂，正逆反应速率同时增大，且增大幅度相同，催化剂不影响化学平衡；
②该反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，由于平衡向着逆向移动，逆反应速率增大幅度大于正反应速率；
③增大反应容器体积，减小了压强，正逆反应速率都减小，平衡向着体积增大的逆反应方向移动；
④增大反应物浓度的瞬间，正反应速率增大，逆反应速率不变，随反应进行正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，直至达到新的平衡．
⑤升高温度、加入催化剂可增大活化分子的百分数，而增大压强、增大浓度，可增大单位体积活化分子的数目，但百分数不变。
【详解】①催化剂只影响反应速率，不影响化学平衡，所以加入催化剂后正逆反应速率同时增大且相等，化学平衡不发生移动，所以C正确；
②升高温度后，正反应速率和逆反应速率都增大，由于该反应为放热反应，平衡向着逆反应方向移动，说明逆反应速率大于正反应速率，所以A正确；
③该反应为体积缩小的反应，增大反应容器体积，反应体系压强减小，正逆反应速率都会减小，平衡向着体积增大的逆反应方向移动，说明逆反应速率减小幅度减小，即逆反应速率大于正反应速率，满足该变化的图象为D；
④增大O2的浓度的瞬间，逆反应速率不变，正反应速率增大，平衡向着正反应方向移动，满足该变化的图象为B．
⑤升高温度、加入催化剂可增大活化分子的百分数，而增大压强、增大浓度，可增大单位体积活化分子的数目，但百分数不变。故选 ①②。
18.铁是重要的金属元素,用途极广。
（1）某高效净水剂可由Fe(OH)SO4聚合得到。工业上以FeSO4、NaNO2和稀硫酸为原料来制备Fe(OH)SO4，反应中有NO生成，化学方程式为__________。
（2）已知：①Fe2O3(s)+3C(石墨) = 2Fe(s)+3CO(g) ΔH1 = + 489.0 kJ/mol
②C(石墨)+CO2(g) = 2CO(g) ΔH2 = + 172.5 kJ/mol
高炉炼铁过程中发生的主要反应为：
1/3Fe2O3(s)+ CO(g) 2/3Fe(s)+CO2(g) ΔH = a kJ/mol，则a =_____kJ/mol。
已知该反应在不同温度下的平衡常数如下表：
温度/℃
1000
1115
1300
平衡常数
4.0
3.7
3.5
在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0 mol，此时v正 ________v逆(填“等于”、“大于”或“小于”)。经过l0 min，在1000℃达到平衡，则该时间范围内反应的平均反应速率v (CO2)= ______________。欲提高上述反应中CO的平衡转化率，可采取的措施是______________；
A.提高反应温度 B.移出部分CO2 C.加入合适的催化剂 D.减小容器的容积
【答案】 (1). 2FeSO4＋2NaNO2＋H2SO4=2Fe(OH)SO4＋2NO＋Na2SO4 (2). －9.5 (3). 大于 (4). 0.006mol/(L·min) (5). B
【解析】
【分析】
（1）此反应为氧化还原反应，反应物中既有氧化剂又有还原剂，依据化合价升降相等配平即可；
（2）依据热化学方程式计算，反应焓变；依据计算得到浓度商和该温度下平衡常数比较判断反应进行方向，依据平衡常数计算生成二氧化碳，结合反应速率概念计算二氧化碳的化学反应速率；欲提高上述反应中CO的平衡转化率，需要反应正向进行；
【详解】（1）FeSO4→Fe（OH）SO4 ，Fe由+2变为+3，故FeSO4为还原剂，NaNO2→NO，N由+3变为+2，故NaNO2为氧化剂，稀硫酸既不做氧化剂也不做还原剂．FeSO4→Fe（OH）SO4 和NaNO2→NO化合价升降相等，故FeSO4和NaNO2化学计量数相等，依据原子守恒配平可得：2FeSO4+2NaNO2+H2SO4=2Fe（OH）SO4+Na2SO4+2NO↑；
（2）①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ·mol－1
②C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJ·mol－1
依据盖斯定律①×1/3-②得到高炉炼铁过程中发生的主要反应为：1/3Fe2O3（s）+CO（g）2/3 Fe（s）+CO2（g）△H=-9.5 kJ·mol－1，则a=-9.5kJ·mol－1；
在一个容积为：10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，浓度商Q==1＜K=4，说明反应正向进行，v正＞v逆；
设反应一氧化碳物质的量为x
1/3Fe2O3（s）+CO（g）2/3 Fe（s）+CO2（g）
起始量 （mol） 1 1
变化量（mol） x x
平衡量（mol） 1-x 1+x
(1+x)/(1-x)=4
x=0.6
经过l0min，在1000℃达到平衡，则该时间范围内反应的平均反应速率v（CO2）==0.006mol·L－1·min－1；
欲提高上述反应中CO的平衡转化率，应使平衡正向进行；
A．反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，一氧化碳转化率减小，故A不符合；
B．移出部分CO2 平衡正向移动，一氧化碳转化率增大，故B符合；
C．加入合适的催化剂，能改变反应速率不改变化学平衡，一氧化碳转化率不变，故C不符合；
D．由于反应前后气体体积不变，减小容器的容积增大压强，平衡不移动，一氧化碳转化率不变，故D不符合；
故选B．
19.合成氯是人类研究的重要课题，目前工业合成氨的原理为：N2(g) + 3H2(g) ⇋ 2NH3(g) ΔH=-93.0kJ/mol
（1）某温度下，在2 L密闭容器中发生上述反应，测得数据如下
时间/h
物质的量/mol
0
1
2
3
4
N2
2.0
1.83
1.7
1.6
1.6
H2
6.0
5.49
5.1
4.8
4.8
NH3
0
0.34
0.6
0.8
0.8
①0~2 h内，v(N2)=____________。
②平衡时，H2的转化率为____；该温度下，反应2NH3(g)⇋N2(g) + 3H2(g) 的平衡常数K=___(mol/L)2。
③若保持温度和体积不变，起始投入的N2、H2、NH3的物质的量分别为a mol、b mol、c mol，达到平衡后，NH3的浓度与上表中相同的为_______(填选项字母)。
A．a=l、b=3、c=0 B．a=4、b=12、c=0
C．a=0、b=0、c=4 D．a=l、b=3、c=2
（2）另据报道，常温、常压下，N2在掺有少量氧化铁的二氧化钛催化剂表面能与水发生反应，生成NH3和O2。已知：H2的燃烧热ΔH=-286.0kJ/mol，则用N2与水反应制NH3的热化学方程式为________________________________。
【答案】 (1). 0.075mol/(L·h) (2). 20% (3). 69.12 (4). C D (5). 2N2(g)＋6H2O(l)=4NH3(g)＋3O2(g) △H=＋1530kJ·mol－1
【解析】
【分析】
（1）①由图表数据，结合V=△c/△t计算v（N2）的反应速率；
②依据化学平衡三段式列式计算转化率和平衡常数；
③达到平衡后，NH3的浓度与上表中相同，说明反应达到相同的平衡状态，将ABCD选项中转化为起始量后分别和表中的平衡对比分析；
（2）依据热化学方程式N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-93.0kJ·mol－1，书写氢气的燃烧热的热化学方程式为H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H=-285.6KJ·mol－1，结合盖斯定律计算得到所需热化学方程式；
【详解】（1）①图表数据中2h氮气的物质的量变化为2.0mol－1.7mol=0.3mol，0～2h内，v（N2）= =0.075mol·L-1·h-1；
②3h反应达到平衡状态，依据化学平衡的三段式列式计算：反应2NH3（g）N2（g）+3H2（g）的平衡常数是反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的平衡常数的倒数；
N2（g）+3H2（g）2NH3（g）
起始量（mol） 2.0 6.0 0
变化量（mol） 0.4 1.2 0.8
平衡量（mol） 1.6 4.8 0.8
氢气的转化率=1.2mol/6.0mol×100%=20%
平衡常数K==2/138.24；
反应2NH3（g）N2（g）+3H2（g）的平衡常数=1/K=138.24/2=69.12；
③若保持温度和体积不变，起始投入的N2、H2、NH3的物质的量分别为a mol、b mol、c mol，达到平衡后，NH3的浓度与上表中相同说明达到相同的平衡状态
N2（g）+3H2（g）2NH3（g）
起始量（mol） 2.0 6.0 0
A、a=l、b=3、c=0，起始量是原来的一半，压强减小说明平衡逆向进行，氨气的浓度减小，故A不符合；
B、a=4、b=12、c=0，起始量是原来的一倍，压强增大说明平衡正向进行，氨气的浓度增大，故B不符合；
C、 a=0、b=0、c=4，转化为起始量为2mol氮气和6mol氢气，和表中起始量相同，达到相同平衡状态，故C符合；
D、a=l、b=3、c=2转化为起始量为为2mol氮气和6mol氢气，和表中起始量相同，达到相同平衡状态，故D符合；
故选C D；
（2）热化学方程式①N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-93.0kJ·mol－1，书写氢气的燃烧热的热化学方程式为②H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H=-285.6KJ·mol－1，结合盖斯定律计算（①-②×3）×2得到所需热化学方程式；2 N2（g）+6 H2O （l）=4 NH3（g）+3 O2 （g）△H=+1530 kJ·mol－1；
20.当温度高于500 K时，科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了乙醇(可逆反应)，这在节能减排、降低碳排放方面具有重大意义。回答下列问题：
（1）该反应的化学方程式______________________________________________。
（2）在恒容密闭容器中，判断上述反应达到平衡状态的依据是________。
a．体系压强不再改变
b．H2的浓度不再改变
c．气体的密度不随时间改变
d．单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比为3:1
（3）在一定压强下，测得由CO2制取CH3CH2OH的实验数据中，起始投料比、温度与CO2的转化率的关系如图。
根据图中数据分析：
①降低温度，平衡向________方向移动。
②在700 K、起始投料比＝1.5时，H2的转化率为________。
③在500 K、起始投料比＝2时，达到平衡后H2的浓度为a mol·L－1，则达到平衡时CH3CH2OH的浓度为________。
【答案】 (1). 2CO2＋6H2=CH3CH2OH＋3H2O (2). ab (3). 正反应 (4). 40% (5). 1.5amol·L－1
【解析】
【分析】
（1）根据信息写出方程式；
（2）反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，可以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断；
（3）①体积图象可知，温度低时对应的CO2的转化率大，说明该反应为放热反应；
②700K，起始投料比n(H2)/n(CO2)═1.5时时，二氧化碳的转化率为20%，求氢气的变化量，从而求出转化率；
③在500K、起始投料比比n(H2)/n(CO2)=2时，CO2的转化率为60%，
则 2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g）
设初起量：3 6 0 0
变化量： 1.8 5.4 0.9 2.7
所以H2的转化率为5.4/6×100%=90%，又达到平衡后H2的浓度为amol·L-1，则反应消耗的H2的浓度为9amol·L-1，再根据系数比计算达到平衡时CH3CH2OH的浓度。
【详解】（1）当温度高于500K时，科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了1mol乙醇和水，方程式为：2CO2+6H2=CH3CH2OH+3H2O；
（2）a．混合气体的物质的量减小，则体系压强一直在减小，当体系压强不再改变，能说明到达平衡，故a正确；
b．H2的浓度不再改变，能说明到达平衡，故b正确；
c．容器的体积不变，混合气体的质量不变，混合气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故c错误；
d．单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比为3：1，指正反应方向，所以不能说明到达平衡，故d错误；
故选ab；
（3）23g乙醇完全燃烧生成CO2和液态H2O时放出650kJ的热量，23g乙醇的物质的量为：23g/46g·mol－1=0.5mol，1mol乙醇完全燃烧产生的热量是1300kJ，乙醇燃烧的热化学方程式是：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1300kJ·mol－1；
（4）①由图可知，横坐标为投料比，纵坐标为CO2的转化率，曲线为等温线，则相同投料比时温度低对应的CO2的转化率大，说明该反应正反应为放热反应，则降低温度平衡向着正反应方向移动；
②700K，起始投料比n(H2)/n(CO2)=1.5时，CO2的转化率为20%，
则 2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g）
设初起量：4 6 0 0
变化量：0.8 2.4 0.4 3.2
所以H2的转化率为：2.4/6×100%=40%；
③在500K、起始投料比n(H2)/n(CO2)=2时，CO2的转化率为60%，
则 2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g）
设初起量：3 6 0 0
变化量： 1.8 5.4 0.9 2.7
所以H2的转化率为：5.4/6×100%=90%，又达到平衡后H2的浓度为amol·L-1，则反应消耗的H2的浓度为9amol·L-1，所以达到平衡时CH3CH2OH的浓度为：9a/6mol·L-1=1.5amol·L-1
【点睛】本题考查化学平衡计算、化学平衡状态的判断，解题关键：把握图中坐标的含义、曲线的含义及平衡影响因素、平衡计算，易错点（2），平衡状态的判断，，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；难点（3）②转化率计算。
21.丙烯腈(CH2===CHCN)是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛(CH2===CHCHO)和乙腈(CH3CN)等。回答下列问题：
（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下：
①C3H6(g)＋NH3(g)＋3/2O2(g)===C3H3N(g)＋3H2O(g)ΔH＝-515 kJ·mol-1
②C3H6(g)＋O2(g)===C3H4O(g)＋H2O(g)ΔH＝-353 kJ·mol-1
有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是__________；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是________。
（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460 ℃。低于460 ℃时，丙烯腈的产率____(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率，判断理由是________________；高于460 ℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是________(双选，填标号)。
A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大
C．副反应增多 D．反应活化能增大
（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图（b）所示。由图可知，最佳n(氨)/n(丙烯)约为_____，理由是______________________________。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为_________。
【答案】 (1). 低温低压 (2). 催化剂 (3). 不是 (4). 该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，所以此时尚未达到平衡状态 (5). AC (6). 1：1 (7). 此时产物主要是丙烯腈，几乎没有副产物 (8). 1:7.5:1
【解析】
【分析】
（1）改变条件使平衡正向进行有利于提高丙烯腈平衡产率，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂；
（2）该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，即低于460℃时，对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的，但实际曲线是上升的，因此判断低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率；产率降低主要从产率的影响因素进行考虑；
（3）根据图象可知，当n(氨)/n(丙烯)约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6（g）+NH3（g）+3/2O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g），氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，根据空气中氧气约占20%计算。
【详解】（1）气体体积增大的放热反应，降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂；
（2）该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，即低于460℃时，对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的，但实际曲线是上升的，因此判断低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率。高于460°C时，丙烯腈产率降低。高于460 ℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是
A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，故A正确；
B．由图象可知，升高温度平衡常数变小，故B错误；
C．根据题意，副产物有丙烯醛，催化剂活性降低，副反应增多，导致产率下降，故C正确；
D．反应活化能的大小不影响平衡，故D错误；
故选AC；
（3）根据图象可知，当n(氨)/n(丙烯)约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6（g）+NH3（g）+3/2O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g），氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1：7.5：1。
1.下列叙述中正确的是
A. 液溴应保存于带磨口玻璃塞的广口试剂瓶中，并加水“水封”以减少挥发
B. 向Ca(ClO)2溶液通入少量CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去
C. 滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝,则原溶液中无NH4＋
D. 配制溶液时，仰视容量瓶刻度线定容会使溶液浓度偏高
【答案】B
【解析】
【分析】
A．溴易挥发，加水“水封”减少挥发，液体保存在细口瓶；
B．Ca（ClO）2溶液通入CO2，发生反应生成HClO和碳酸钙；
C．稀NaOH溶液，与铵根离子反应生成一水合氨；
D．仰视容量瓶刻度线定容，得到溶液的体积偏大。
【详解】A．液溴应保存于带磨口玻璃塞的细口瓶试剂瓶中，并加水“水封”以减少其易挥发，故A错误；
B．向Ca（ClO）2溶液通入CO2生成HClO和碳酸钙，溶液变浑浊，加入品红溶液，HClO具有漂白性，红色褪去，故B正确；
C．稀NaOH溶液与铵根离子反应生成一水合氨，如滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，不能确定原溶液中是否含NH4＋，故C错误；
D．仰视容量瓶刻度线定容，配得溶液的体积偏大，由c=n/V可知，浓度偏小，故D错误；
故选B。
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
①标准状况下，含NA个氩原子的氩气体积约为22.4 L
②34 g H2O2中含有的阴离子数为NA
③常温常压下，21 g氧气和27 g臭氧中含有的氧原子总数为3NA
④在Fe参与的反应中，1 mol Fe失去的电子数为3NA
⑤标准状况下，11.2 L的Cl2溶于水，转移的电子总数为0.5NA
⑥在O2参与的反应中，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数一定是4NA
⑦标准状况下，22.4 L CCl4中所含有的分子数为NA
A. ①②⑤ B. ①⑥⑦ C. ①③ D. ③④
【答案】C
【解析】
【分析】
①氩气为单原子单质；
②H2O2是共价化合物，无阴离子；
③氧气和臭氧分子均由氧原子构成；
④铁有+2价和+3价；
⑤标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，但和水的反应为可逆反应；
⑥在O2参与的反应中，氧元素可能变为-1价或-2价；
⑦标准状况下，CCl4为液态．
【详解】①氩气为单原子分子，故含NA个氩原子的氩气的物质的量为1mol，在标况下的体积为22.4L，故正确；
②H2O2是共价化合物，分子中无阴离子，故错误；
③氧气和臭氧分子均由氧原子构成，故21g氧气和27g臭氧的混合物即48g混合物中含氧原子的物质的量为3mol，氧原子个数为3NA个，故正确；
④铁有+2价和+3价，故1mol铁参与反应后失去的电子数可能为2NA个，也可能为3NA个，故错误；
⑤标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，但和水的反应为可逆反应，转移的电子数小于0.5NA个，故错误；
⑥在O2参与的反应中，氧元素可能变为-1价或-2价，故1mol氧气转移的电子数可能为2NA个，也可能为4NA个，故错误；
⑦标准状况下，CCl4为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子数，故错误。
故选C。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，解题关键：熟练掌握公式的使用和物质的结构，易错点⑤标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，但和水的反应为可逆反应，反应不完全。
3.下列说法正确的是
A. 芳香烃和卤代烃都属于烃
B. 活性炭、SO2和HClO都具有漂白作用，且漂白原理相同
C. 蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
D. 太阳能热水器，核能发电，风能发电和天然气动力汽车都属于新能源的开发利用
【答案】C
【解析】
【分析】
A、卤代烃属于烃的衍生物；
B、漂白原理与强氧化性、化合反应、吸附性等有关．
C、蔗糖在熔融时和溶液中都不导电，硫酸钡在溶液中完全电离，水能部分电离；
D、根据能源的种类进行分析，新能源是指无污染、可以持续利用的能源，包括太阳能、风能、核能、地热能、潮汐能等．
【详解】A、卤代烃属于烃的衍生物，故A错误；
B、SO2和HClO都具有漂白作用，但漂白原理不同，二氧化硫属于结合型漂白，次氯酸属于氧化性漂白，故B错误。
C、蔗糖在熔融时和溶液中都不导电属于非电解质，硫酸钡在溶液中完全电离属于强电解质，水能部分电离属于弱电解质，故C正确；
D、石油、煤、天然气属于化石燃料，不属于新能源，故D错误。
故选C。
【点睛】易错点D，要掌握能源的分类方法方面的知识，新能源是指无污染、可以持续利用的能源。
4.“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质
①是胶体 ②是溶液 ③能产生丁达尔效应 ④不能透过滤纸 ⑤能透过滤纸 ⑥能透过半透膜
A. ①③⑤ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ①③⑤⑥
【答案】A
【解析】
试题分析：“纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种．属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，不能透过半透膜，①③⑤正确，答案选A。
考点：考查胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用
5.下列离子方程式书写正确的是
A. AlCl3溶液与过量的浓氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O
B. 向Ca(ClO)2溶液通入过量的CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
C. FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2＋+O2+4H＋＝4 Fe3＋+2H2O
D. CuSO4溶液与少量的Ba(OH)2溶液：Ba2++SO42－＝BaSO4↓
【答案】C
【解析】
试题分析：A．AlCl3溶液与过量的浓氨水生成氯化铵和氢氧化铝：Al3+ + 3NH3•H2O = Al（OH）3↓ + 3NH4+，A错误；B．向Ca（ClO）2溶液中通入过量的CO2，离子方程式为：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，B错误；C．FeSO4酸性溶液暴露在空气中，被氧气氧化为硫酸铁，离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O，C正确；D．CuSO4溶液与少量的Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为Cu2++2OH-+Ba2++SO42-＝BaSO4↓+Cu（OH）2↓，D错误，答案选C。
考点：考查离子方程式判断
6.下列说法正确的是
A. 已知NaOH(aq)+HCl(aq) = NaCl(aq)+H2O(l) ΔH = - 57.3 kJ/mol ,则含有40.0g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3kJ的热量。
B. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH=akJ/mol，2C(s)+2O2(g)=2CO (g) ΔH =b kJ/mol，则a>b。
C. 取50mL 0.55mol/LNaOH(aq)和50mL 0.50mol/L HCl(aq)进行中和热的测定实验，用温度计测定HCl(aq)起始温度后，直接测定NaOH(aq)的温度，会使中和热ΔH偏小
D. 已知P(白磷,s)=P(红磷,s) ΔH<0，则白磷比红磷稳定。
【答案】A
【解析】
【分析】
A、从弱电解质的电离是吸热的角度来考虑．
B、比较反应热的大小时要带着正负号比较．
C、用温度计测定HCl(aq)起始温度后，直接测定NaOH(aq)的温度，NaOH(aq)的起始温度偏高。
D、由反应放热可知白磷和红磷能量的高低，从而可知稳定性．
【详解】A、40gNaOH的物质的量为1mol，醋酸完全反应，生成水是1mol，但醋酸是弱电解质，电离过程为吸热过程，所以1molNaOH与稀醋酸反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故A正确。
B、①2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH=akJ/mol，②2C(s)+2O2(g)=2CO (g) ΔH =b kJ/mol，两个反应均为放热反应，△H均小于0，反应①是碳的完全燃烧，放出的热量多，故a值越小；反应②碳的不完全燃烧，放出的热量少，故b值越大，故a＜b，故B错误。
C、用温度计测定HCl(aq)起始温度后，直接测定NaOH(aq)的温度，NaOH(aq)的起始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，会使中和热ΔH偏大，故C错误；
D、P（白磷，s）═P（红磷，s）△H＜0，反应放热，可知白磷的能量高于红磷，而能量越高物质越不稳定，故白磷不如红磷稳定，故D错误。
故选A。
【点睛】易错点C，中和热的数值偏小，会使中和热ΔH偏大，中和热的数值，和中和热ΔH不能混淆。
7. 下列化学用语的表述正确的是
A. CSO的电子式：
B. NaClO的电子式：
C. CO2的分子示意图：
D. 次氯酸的结构式：H-Cl-O
【答案】A
【解析】
试题分析：A．S与O是同一主族的元素，原子最外层电子数相同，所以CSO的电子式：，正确；B．NaClO是离子化合物，电子式是：，错误；C．CO2分子是直线型分子，由于C原子半径比O原子大，所以CO2的分子示意图是，错误；D．次氯酸分子中O原子与H\Cl原子各形成一对共用电子对，结构式是：H- O – Cl，错误。
考点：考查化学用语的知识。
8.在四个不同的容器中，在不同的条件下进行合成氨反应：N2+3H2⇋2NH3。根据在相同时间内测定的结果判断，生成氨的速率最快的是
A. v(H2)＝0.01 mol·L-1·s-1
B. v(N2)＝0.3 mol·L-1·min-1
C. v(NH3)＝0.15 mol·L-1·min-1
D. v(H2)＝0.3 mol·L-1·min-1
【答案】B
【解析】
试题分析：将单位换算成同一单位，再将不同物质表示的速率换算成用同一物质表示的速率，再比较速率之间数值的大小，A.υ（H2）＝0.01 mol/(L·s)="0.6" mol/(L·min);B.υ（H2）＝3υ（N2）＝3x0.3 mol/(L·min)="0.9" mol/(L·min)，C.υ（H2）="(3/2)x0.15=0.225mol/(L·min);" D.υ（H2）＝0.3 mol/(L·min);选B。
考点：考查化学反应速率的大小比较。
9.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 溴水中有如下平衡：Br2+H2O⇋HBr+HBrO，加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅
B. 合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取相对较低温度的措施
C. 氯气在水中的溶解度大于在饱和食盐水中的溶解度
D. 对CO(g)+NO2(g)⇋CO2(g)+NO(g)平衡体系增大压强可使颜色变深
【答案】D
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．
【详解】A、当加入AgNO3溶液后，硝酸银和HBr反应生成AgBr沉淀，促进平衡正向移动，溴浓度降低溶液颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；
B、合成氨是反应前后气体体积减小的放热可逆反应，降低温度促进平衡正向移动，提高氨气产率，可以勒夏特列原理解释，故B不选；
C、氯水中存在Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO，在饱和食盐水中Cl－浓度大，抑制平衡向正方向移动，氯气溶解度变小，能用勒夏特列原理解释，故C不选；
D、增大压强时二氧化氮浓度增大导致气体颜色加深，与平衡移动原理无关，所以不能用勒夏特列原理解释，故D选；
故选D。
【点睛】本题考查勒夏特列原理，侧重考查基本理论，明确其理论内涵及适用范围是解本题关键，易错选项是D，压强不影响该平衡。
10.一定量的混合气体在密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)⇋zC(g)，达到平衡后测得A的浓度为0.5 mol·L-1，保持温度不变，将密闭容器的容积压缩为原来的一半，再次达到平衡后，测得A的浓度为0.8 mol·L-1，则下列叙述正确的是
A. 平衡向正反应方向移动 B. x+y
【答案】A
【解析】
试题分析：压缩容器的体积，增大压强，假设平衡不移动，此时A的浓度为1mol·L－1，但现在小于1mol·L－1，说明增大压强平衡向向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，x＋y>z，反应向正反应方向移动，C的体积分数增大，因为是压缩容积的体积，则B的物质的量浓度增大，故选项A正确。
考点：考查勒夏特列原理等知识。
11.温度为T0时，在一容积固定的密闭容器中发生反应X(g)+Y(g)⇋Z(g)(未配平)，4 min时达平衡，各物质浓度随时间变化的关系如图a所示。其他条件相同，温度分别为T1、T2时发生反应，Z的浓度随时间变化的关系如图b所示。下列叙述正确的是
A. 发生反应时，各物质的反应速率大小关系为v(X)＝v(Y)＝2v(Z)
B. 图a中反应达到平衡时，Y的转化率为37.5%
C. T0时，该反应的平衡常数为33.3
D. 该反应正反应的反应热ΔH<0
【答案】C
12.一定温度下，某容器中加入足量碳酸钙，发生反应CaCO3(s)⇋CaO(s)+CO2(g)达到平衡，下列说法正确的是
A. 将体积缩小为原来的一半，当体系再次达平衡时，CO2浓度为原来的2倍
B. 增加CaCO3(s)的量，平衡正向移动，CO2的浓度增大
C. 将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体密度不变
D. 保持容器体积不变，充入He，平衡向逆反应方向进行
【答案】C
【解析】
【详解】A．将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，若平衡不移动，CO2的浓度为原来的2倍，由于温度不变，平衡常数不变，平衡向着逆向移动，则平衡时二氧化碳的浓度与原来相等，故A错误；B．CaCO3为固体，增加CaCO3(s)的量，平衡不移动，CO2的浓度不变，故B错误；C．该反应中只有二氧化碳气体，则将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，平衡常数不变，二氧化碳的浓度不变，气体密度不变，故C正确；D．保持容器体积不变，充入He，由于气体的浓度不变，则平衡不会移动，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查了化学平衡及其影响因素，明确影响化学平衡的因素为解答关键。本题的C为易错点，注意无论平衡是否移动，反应中只有二氧化碳一种气体，温度不变，平衡常数等于二氧化碳的浓度就不变。
13.用Cl2生产某些含氯有机物时会生成副产物HCl，利用下列反应可实现氯的循环利用：4HCl(g)+O2(g)⇋2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH＝-115.6 kJ·mol-1。恒温恒容的密闭容器中，充入一定量的反应物发生上述反应，能充分说明该反应达到化学平衡状态的是
A. 气体的质量不再改变
B. 氯化氢的转化率不再改变
C. 断开4 mol H-Cl键的同时生成4 mol H-O键
D. n(HCl):n(O2):n(Cl2):n(H2O)＝4:1:2:2
【答案】B
【解析】
【分析】
化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论．
【详解】A、气体的质量一直不变，不一定达平衡状态，故A错误；
B、氯化氢的转化率不再改变，说明各物质的量不变，反应处于平衡状态，故B正确；
C、只要反应发生就存在断开4 mol H-Cl键的同时生成4 mol H-O键，均表示正反应，故C错误；
D、n（HCl）：n（O2）：n（Cl2）：n（H2O）=4：1：2：2，不能说明各物质的量不变，故D错误；
故选B。
14.少量铁片与100mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的
①加H2O ②加KNO3溶液 ③滴人几滴浓盐酸 ④加入少量铁粉
⑤加NaCl溶液 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）
⑧改用10mL0.1mol/L盐酸
A. ①⑥⑦ B. ③⑤⑧ C. ③⑦⑧ D. ③④⑥⑦⑧
【答案】C
【解析】
①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢；②加硝酸钾溶液相当于加入硝酸，不会生成氢气；③加浓盐酸，反应速率加快；④加入铁粉，铁与盐酸反应生成生成氢气的量增多；⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢；⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；⑦升高温度，反应速率加快；⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快；故选C。
15.一定温度下，将1 mol A(g)和1 mol B(g)充入2 L密闭容器中发生反应A(g)+B(g)⇋xC(g)+D(s)，在t1时达到平衡。在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中C(g)的浓度随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是
A. 反应方程式中x＝2
B. t2时刻改变的条件是使用催化剂
C. t3时刻改变的条件是移去少量D
D. t1～t3间该反应的平衡常数不相同
【答案】A
【解析】
【分析】
A、而t2～t3间C的浓度不变，说明平衡没有移动，则一定是加压且△n=0，所以x=2；
B、由图中t2时刻C的浓度由0.5 mol·L-1突变为0.75 mol·L-1，则改变的条件可能是加压或增加C的量，不可能是升温和使用催化剂；
C、物质D是固体，其量多少不影响平衡；
D、t1时物质A、B均为0.25 mol·L-1，求出K=4。
【详解】A、而t2～t3间C的浓度不变，平衡不移动，条件一定是加压且△n=0，所以x=2，故A正确；
B、由图中t2时刻C的浓度由0.5 mol·L-1突变为0.75 mol·L-1，则改变的条件可能是加压或增加C的量，不可能是升温和使用催化剂，故B错误；
C、物质D是固体，其量多少不影响平衡，故C错误。
D、t1时物质A、B均为0.25 mol·L-1，C的浓度为0.50 mol·L-1，D为固体，求出K=0．52/(0.25×0.25)=4，t2～t3改变的条件不是升温和使用催化剂，平衡常数相同，故D错误。
故选A。
16.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中仅有一种金属元素，A和D最外层电子数相同；B和C在周期表中相邻，C和E同主族；B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，A和C可形成两种常见的液态化合物。下列说法不正确的是
A. C、D、E三种原子对应的离子半径由大到小的顺序：E＞C＞D
B. 由A、B、C三种元素按原子个数比4∶2∶3组成的化合物所含的化学键只有离子键
C. A、C两种元素的单质与熔融的K2CO3组成的燃料电池，其负极反应式为H2-2e-+CO32-=CO2+H2O
D. 通过比较C和E两种元素气态氢化物的热稳定性可以确定两种元素非金属性相对强弱
【答案】B
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中仅含有一种金属元素，A和C可形成两种常见的液态化合物，则A为H元素、C为O元素，二者形成的液态化合物为H2O、H2O2，A和D最外层电子数相同，二者同主族，结合原子序数可知，D为Na元素；B、C和E在周期表中相邻，且C、E同主族，B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，则B、C最外层电子数分别为5、6，可推知B为N元素、C为O元素、E为S元素。
【详解】A、电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，最外层电子数相同电子层越多离子半径越大，故离子半径S2－＞O2－＞Na＋，故A正确；
B、由H、N、O三种元素按 4：2：3组成的化合物为NH4NO3，含有离子键、共价键，故B错误；
C、氢气、氧气与熔融K2CO3，组成的燃料电池，氢气在负极放电，在熔融碳酸钾条件下生成二氧化碳与水，电解反应式为：H2+CO32－-2e－=CO2↑+H2O，故C正确；
D、气态氢化物的稳定性，元素的非金属性越强，通过比较C和E两种元素气态氢化物的热稳定性，水比硫化氢稳定，可以确定两种元素非金属性相对强弱：O>S，故D正确；
故选B。
【点睛】以元素推断为载体考查结构与位置关系、半径比较、晶体类型与化学键、原电池、化学计算、化学平衡移动、非金属性比较等，解题关键：推断元素。易错点B，NH4NO3是全由非金属元素组成的离子化合物。
17.通过图像分析影响化学平衡移动的因素，某温度下，在密闭容器中SO2、O2、SO3三种气态物质建立化学平衡后，改变条件对反应2SO2(g)+O2(g) ⇋2SO3(g) ΔH<0的正、逆反应速率的影响如图所示：
①加催化剂对反应速率影响的图像是___(填字母，下同)，平衡____移动。
②升高温度对反应速率影响的图像是___，平衡向____方向（填“正反应”或“逆反应”，下同)移动。
③增大反应容器体积对反应速率影响的图像是___，平衡向____方向移动。
④增大O2的浓度对反应速率影响的图像是___，平衡向____方向移动。
⑤上述①到④中的外界条件，使得单位体积内活化分子百分数增大的是___(填序号)。
【答案】 (1). C (2). 不 (3). A (4). 逆反应 (5). D (6). 逆反应 (7). B (8). 正反应 (9). ①②
【解析】
【分析】
①加入催化剂，正逆反应速率同时增大，且增大幅度相同，催化剂不影响化学平衡；
②该反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，由于平衡向着逆向移动，逆反应速率增大幅度大于正反应速率；
③增大反应容器体积，减小了压强，正逆反应速率都减小，平衡向着体积增大的逆反应方向移动；
④增大反应物浓度的瞬间，正反应速率增大，逆反应速率不变，随反应进行正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，直至达到新的平衡．
⑤升高温度、加入催化剂可增大活化分子的百分数，而增大压强、增大浓度，可增大单位体积活化分子的数目，但百分数不变。
【详解】①催化剂只影响反应速率，不影响化学平衡，所以加入催化剂后正逆反应速率同时增大且相等，化学平衡不发生移动，所以C正确；
②升高温度后，正反应速率和逆反应速率都增大，由于该反应为放热反应，平衡向着逆反应方向移动，说明逆反应速率大于正反应速率，所以A正确；
③该反应为体积缩小的反应，增大反应容器体积，反应体系压强减小，正逆反应速率都会减小，平衡向着体积增大的逆反应方向移动，说明逆反应速率减小幅度减小，即逆反应速率大于正反应速率，满足该变化的图象为D；
④增大O2的浓度的瞬间，逆反应速率不变，正反应速率增大，平衡向着正反应方向移动，满足该变化的图象为B．
⑤升高温度、加入催化剂可增大活化分子的百分数，而增大压强、增大浓度，可增大单位体积活化分子的数目，但百分数不变。故选 ①②。
18.铁是重要的金属元素,用途极广。
（1）某高效净水剂可由Fe(OH)SO4聚合得到。工业上以FeSO4、NaNO2和稀硫酸为原料来制备Fe(OH)SO4，反应中有NO生成，化学方程式为__________。
（2）已知：①Fe2O3(s)+3C(石墨) = 2Fe(s)+3CO(g) ΔH1 = + 489.0 kJ/mol
②C(石墨)+CO2(g) = 2CO(g) ΔH2 = + 172.5 kJ/mol
高炉炼铁过程中发生的主要反应为：
1/3Fe2O3(s)+ CO(g) 2/3Fe(s)+CO2(g) ΔH = a kJ/mol，则a =_____kJ/mol。
已知该反应在不同温度下的平衡常数如下表：
温度/℃
1000
1115
1300
平衡常数
4.0
3.7
3.5
在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0 mol，此时v正 ________v逆(填“等于”、“大于”或“小于”)。经过l0 min，在1000℃达到平衡，则该时间范围内反应的平均反应速率v (CO2)= ______________。欲提高上述反应中CO的平衡转化率，可采取的措施是______________；
A.提高反应温度 B.移出部分CO2 C.加入合适的催化剂 D.减小容器的容积
【答案】 (1). 2FeSO4＋2NaNO2＋H2SO4=2Fe(OH)SO4＋2NO＋Na2SO4 (2). －9.5 (3). 大于 (4). 0.006mol/(L·min) (5). B
【解析】
【分析】
（1）此反应为氧化还原反应，反应物中既有氧化剂又有还原剂，依据化合价升降相等配平即可；
（2）依据热化学方程式计算，反应焓变；依据计算得到浓度商和该温度下平衡常数比较判断反应进行方向，依据平衡常数计算生成二氧化碳，结合反应速率概念计算二氧化碳的化学反应速率；欲提高上述反应中CO的平衡转化率，需要反应正向进行；
【详解】（1）FeSO4→Fe（OH）SO4 ，Fe由+2变为+3，故FeSO4为还原剂，NaNO2→NO，N由+3变为+2，故NaNO2为氧化剂，稀硫酸既不做氧化剂也不做还原剂．FeSO4→Fe（OH）SO4 和NaNO2→NO化合价升降相等，故FeSO4和NaNO2化学计量数相等，依据原子守恒配平可得：2FeSO4+2NaNO2+H2SO4=2Fe（OH）SO4+Na2SO4+2NO↑；
（2）①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ·mol－1
②C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJ·mol－1
依据盖斯定律①×1/3-②得到高炉炼铁过程中发生的主要反应为：1/3Fe2O3（s）+CO（g）2/3 Fe（s）+CO2（g）△H=-9.5 kJ·mol－1，则a=-9.5kJ·mol－1；
在一个容积为：10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，浓度商Q==1＜K=4，说明反应正向进行，v正＞v逆；
设反应一氧化碳物质的量为x
1/3Fe2O3（s）+CO（g）2/3 Fe（s）+CO2（g）
起始量 （mol） 1 1
变化量（mol） x x
平衡量（mol） 1-x 1+x
(1+x)/(1-x)=4
x=0.6
经过l0min，在1000℃达到平衡，则该时间范围内反应的平均反应速率v（CO2）==0.006mol·L－1·min－1；
欲提高上述反应中CO的平衡转化率，应使平衡正向进行；
A．反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，一氧化碳转化率减小，故A不符合；
B．移出部分CO2 平衡正向移动，一氧化碳转化率增大，故B符合；
C．加入合适的催化剂，能改变反应速率不改变化学平衡，一氧化碳转化率不变，故C不符合；
D．由于反应前后气体体积不变，减小容器的容积增大压强，平衡不移动，一氧化碳转化率不变，故D不符合；
故选B．
19.合成氯是人类研究的重要课题，目前工业合成氨的原理为：N2(g) + 3H2(g) ⇋ 2NH3(g) ΔH=-93.0kJ/mol
（1）某温度下，在2 L密闭容器中发生上述反应，测得数据如下
时间/h
物质的量/mol
0
1
2
3
4
N2
2.0
1.83
1.7
1.6
1.6
H2
6.0
5.49
5.1
4.8
4.8
NH3
0
0.34
0.6
0.8
0.8
①0~2 h内，v(N2)=____________。
②平衡时，H2的转化率为____；该温度下，反应2NH3(g)⇋N2(g) + 3H2(g) 的平衡常数K=___(mol/L)2。
③若保持温度和体积不变，起始投入的N2、H2、NH3的物质的量分别为a mol、b mol、c mol，达到平衡后，NH3的浓度与上表中相同的为_______(填选项字母)。
A．a=l、b=3、c=0 B．a=4、b=12、c=0
C．a=0、b=0、c=4 D．a=l、b=3、c=2
（2）另据报道，常温、常压下，N2在掺有少量氧化铁的二氧化钛催化剂表面能与水发生反应，生成NH3和O2。已知：H2的燃烧热ΔH=-286.0kJ/mol，则用N2与水反应制NH3的热化学方程式为________________________________。
【答案】 (1). 0.075mol/(L·h) (2). 20% (3). 69.12 (4). C D (5). 2N2(g)＋6H2O(l)=4NH3(g)＋3O2(g) △H=＋1530kJ·mol－1
【解析】
【分析】
（1）①由图表数据，结合V=△c/△t计算v（N2）的反应速率；
②依据化学平衡三段式列式计算转化率和平衡常数；
③达到平衡后，NH3的浓度与上表中相同，说明反应达到相同的平衡状态，将ABCD选项中转化为起始量后分别和表中的平衡对比分析；
（2）依据热化学方程式N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-93.0kJ·mol－1，书写氢气的燃烧热的热化学方程式为H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H=-285.6KJ·mol－1，结合盖斯定律计算得到所需热化学方程式；
【详解】（1）①图表数据中2h氮气的物质的量变化为2.0mol－1.7mol=0.3mol，0～2h内，v（N2）= =0.075mol·L-1·h-1；
②3h反应达到平衡状态，依据化学平衡的三段式列式计算：反应2NH3（g）N2（g）+3H2（g）的平衡常数是反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的平衡常数的倒数；
N2（g）+3H2（g）2NH3（g）
起始量（mol） 2.0 6.0 0
变化量（mol） 0.4 1.2 0.8
平衡量（mol） 1.6 4.8 0.8
氢气的转化率=1.2mol/6.0mol×100%=20%
平衡常数K==2/138.24；
反应2NH3（g）N2（g）+3H2（g）的平衡常数=1/K=138.24/2=69.12；
③若保持温度和体积不变，起始投入的N2、H2、NH3的物质的量分别为a mol、b mol、c mol，达到平衡后，NH3的浓度与上表中相同说明达到相同的平衡状态
N2（g）+3H2（g）2NH3（g）
起始量（mol） 2.0 6.0 0
A、a=l、b=3、c=0，起始量是原来的一半，压强减小说明平衡逆向进行，氨气的浓度减小，故A不符合；
B、a=4、b=12、c=0，起始量是原来的一倍，压强增大说明平衡正向进行，氨气的浓度增大，故B不符合；
C、 a=0、b=0、c=4，转化为起始量为2mol氮气和6mol氢气，和表中起始量相同，达到相同平衡状态，故C符合；
D、a=l、b=3、c=2转化为起始量为为2mol氮气和6mol氢气，和表中起始量相同，达到相同平衡状态，故D符合；
故选C D；
（2）热化学方程式①N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-93.0kJ·mol－1，书写氢气的燃烧热的热化学方程式为②H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H=-285.6KJ·mol－1，结合盖斯定律计算（①-②×3）×2得到所需热化学方程式；2 N2（g）+6 H2O （l）=4 NH3（g）+3 O2 （g）△H=+1530 kJ·mol－1；
20.当温度高于500 K时，科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了乙醇(可逆反应)，这在节能减排、降低碳排放方面具有重大意义。回答下列问题：
（1）该反应的化学方程式______________________________________________。
（2）在恒容密闭容器中，判断上述反应达到平衡状态的依据是________。
a．体系压强不再改变
b．H2的浓度不再改变
c．气体的密度不随时间改变
d．单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比为3:1
（3）在一定压强下，测得由CO2制取CH3CH2OH的实验数据中，起始投料比、温度与CO2的转化率的关系如图。
根据图中数据分析：
①降低温度，平衡向________方向移动。
②在700 K、起始投料比＝1.5时，H2的转化率为________。
③在500 K、起始投料比＝2时，达到平衡后H2的浓度为a mol·L－1，则达到平衡时CH3CH2OH的浓度为________。
【答案】 (1). 2CO2＋6H2=CH3CH2OH＋3H2O (2). ab (3). 正反应 (4). 40% (5). 1.5amol·L－1
【解析】
【分析】
（1）根据信息写出方程式；
（2）反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，可以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断；
（3）①体积图象可知，温度低时对应的CO2的转化率大，说明该反应为放热反应；
②700K，起始投料比n(H2)/n(CO2)═1.5时时，二氧化碳的转化率为20%，求氢气的变化量，从而求出转化率；
③在500K、起始投料比比n(H2)/n(CO2)=2时，CO2的转化率为60%，
则 2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g）
设初起量：3 6 0 0
变化量： 1.8 5.4 0.9 2.7
所以H2的转化率为5.4/6×100%=90%，又达到平衡后H2的浓度为amol·L-1，则反应消耗的H2的浓度为9amol·L-1，再根据系数比计算达到平衡时CH3CH2OH的浓度。
【详解】（1）当温度高于500K时，科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了1mol乙醇和水，方程式为：2CO2+6H2=CH3CH2OH+3H2O；
（2）a．混合气体的物质的量减小，则体系压强一直在减小，当体系压强不再改变，能说明到达平衡，故a正确；
b．H2的浓度不再改变，能说明到达平衡，故b正确；
c．容器的体积不变，混合气体的质量不变，混合气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故c错误；
d．单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比为3：1，指正反应方向，所以不能说明到达平衡，故d错误；
故选ab；
（3）23g乙醇完全燃烧生成CO2和液态H2O时放出650kJ的热量，23g乙醇的物质的量为：23g/46g·mol－1=0.5mol，1mol乙醇完全燃烧产生的热量是1300kJ，乙醇燃烧的热化学方程式是：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1300kJ·mol－1；
（4）①由图可知，横坐标为投料比，纵坐标为CO2的转化率，曲线为等温线，则相同投料比时温度低对应的CO2的转化率大，说明该反应正反应为放热反应，则降低温度平衡向着正反应方向移动；
②700K，起始投料比n(H2)/n(CO2)=1.5时，CO2的转化率为20%，
则 2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g）
设初起量：4 6 0 0
变化量：0.8 2.4 0.4 3.2
所以H2的转化率为：2.4/6×100%=40%；
③在500K、起始投料比n(H2)/n(CO2)=2时，CO2的转化率为60%，
则 2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g）
设初起量：3 6 0 0
变化量： 1.8 5.4 0.9 2.7
所以H2的转化率为：5.4/6×100%=90%，又达到平衡后H2的浓度为amol·L-1，则反应消耗的H2的浓度为9amol·L-1，所以达到平衡时CH3CH2OH的浓度为：9a/6mol·L-1=1.5amol·L-1
【点睛】本题考查化学平衡计算、化学平衡状态的判断，解题关键：把握图中坐标的含义、曲线的含义及平衡影响因素、平衡计算，易错点（2），平衡状态的判断，，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；难点（3）②转化率计算。
21.丙烯腈(CH2===CHCN)是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛(CH2===CHCHO)和乙腈(CH3CN)等。回答下列问题：
（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下：
①C3H6(g)＋NH3(g)＋3/2O2(g)===C3H3N(g)＋3H2O(g)ΔH＝-515 kJ·mol-1
②C3H6(g)＋O2(g)===C3H4O(g)＋H2O(g)ΔH＝-353 kJ·mol-1
有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是__________；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是________。
（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460 ℃。低于460 ℃时，丙烯腈的产率____(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率，判断理由是________________；高于460 ℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是________(双选，填标号)。
A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大
C．副反应增多 D．反应活化能增大
（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图（b）所示。由图可知，最佳n(氨)/n(丙烯)约为_____，理由是______________________________。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为_________。
【答案】 (1). 低温低压 (2). 催化剂 (3). 不是 (4). 该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，所以此时尚未达到平衡状态 (5). AC (6). 1：1 (7). 此时产物主要是丙烯腈，几乎没有副产物 (8). 1:7.5:1
【解析】
【分析】
（1）改变条件使平衡正向进行有利于提高丙烯腈平衡产率，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂；
（2）该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，即低于460℃时，对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的，但实际曲线是上升的，因此判断低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率；产率降低主要从产率的影响因素进行考虑；
（3）根据图象可知，当n(氨)/n(丙烯)约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6（g）+NH3（g）+3/2O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g），氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，根据空气中氧气约占20%计算。
【详解】（1）气体体积增大的放热反应，降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂；
（2）该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，即低于460℃时，对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的，但实际曲线是上升的，因此判断低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率。高于460°C时，丙烯腈产率降低。高于460 ℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是
A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，故A正确；
B．由图象可知，升高温度平衡常数变小，故B错误；
C．根据题意，副产物有丙烯醛，催化剂活性降低，副反应增多，导致产率下降，故C正确；
D．反应活化能的大小不影响平衡，故D错误；
故选AC；
（3）根据图象可知，当n(氨)/n(丙烯)约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6（g）+NH3（g）+3/2O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g），氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1：7.5：1。
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