【化学】吉林省长春汽车经济开发区第三中学2018-2019学年高二上学期10月月考（解析版） 试卷

吉林省长春汽车经济开发区第三中学2018-2019学年高二上学期10月月考
1.化学与生活密切相关,下列说法错误的是
A. 煤的干馏是化学变化过程
B. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D. 天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料
【答案】C
【解析】
【分析】
A、煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，有新物质生成；
B、绿色化学是从源头上消除或减少污染物的使用；
C、二氧化碳的排放量不会减少；
D、天然气和液化石油气的燃烧产物无污染。
【详解】A、煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，有新物质生成，是化学变化，故A正确；
B、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污染，而不能污染后再治理，故B正确；
C、加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应仍然生成二氧化碳，即燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放量，故C错误；
D、天然气（CNG）主要成分是甲烷，液化石油气（LPG）的成分是丙烷、丁烷等，这些碳氢化合物完全燃烧生成二氧化碳和水，则这两类燃料是清洁燃料，故D正确；
故选C。
【点睛】本题考查了化学与生产生活的关系，解题关键：明确相关物质的组成、性质及用途，注重环境保护与能源的开发与利用，易错点A，区别于石油的分馏。
2.海水是一个巨大的化学资源宝库，下列有关海水综合利用的说法，正确的是
A. 海水中的氯化物主要是氯化钠，因此“氯”被称为海洋元素
B. 海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化
C. 从海水中可以得到NaCl，电解NaCl溶液可得到金属钠
D. 从海水中提取Br2、海带中提取I2的过程中均发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】
A、地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素海洋元素”的美称；
B、海水蒸发制海盐的过程是物理变化过程；
C、从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl 可制备Cl2和Na；
D、有电子转移的化学反应是氧化还原反应；
【详解】A、因为地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，所以溴被成为“海洋元素海洋元素”，不是讲氯元素，故A错误；
B、海水蒸发制海盐的过程是物理变化过程，利用了水易挥发的性质进行分离，没有发生化学变化，故B错误；
C、钠是活泼金属，利用电解熔融氯化钠得到，从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl 可制备Cl2和Na，但电解NaCl溶液可得到氢氧化钠，氯气和氢气。故C错误；
D、溴、碘元素在海水中以化合态存在，将元素由化合态转化为游离态时发生电子转移，所以一定发生氧化还原反应，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了海水资源的开发和利用，解题关键：从海水中提取氯化钠、溴、镁、碘的方法，易错点C，电解NaCl溶液可得到氢氧化钠，氯气和氢气，与电解熔融NaCl 可制备Cl2和Na的区别。
3.在已达到平衡的可逆反应2SO2＋O22SO3中，充入由18O组成的氧气一段时间后，18O存在于下列物质中的
A. 多余的氧气中
B. 生成的三氧化硫中
C. 氧气和二氧化硫中
D. 二氧化硫、氧气和三氧化硫中
【答案】D
【解析】
试题分析：2SO2+O22SO3是可逆反应，在体系中任何物质都存在，所以充入由组成的氧气一段时间后，存在于下列物质中的所有含有氧元素的物质中，故选项D正确。
考点：考查可逆反应的特点及元素存在的知识。
4.对于化学反应3W（g) + 2X（g）= 4Y（g）+ 3Z（g），下列反应速率关系中正确的是
A. v（W）=3v（Z）
B. 2v（X）=3v（Z）
C. 2v（X）=v（Y）
D. 3v（W）=2v（X）
【答案】C
【解析】
试题分析：化学反应速率之比等于化学系数之比，A、v（W）：v（Z）=3：3=1：1，故错误；B、v（X）：v（Z）=2：3，故错误；C、v（X）：v（Y）=2：4=1：2，故正确；D、v（W）：v（X）=3：2，故错误。
考点：考查化学反应速率的计算等知识。
5.下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是
A. Na与水反应时增大水的用量
B. 将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应制取H2
C. 在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强
D. 恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量
【答案】D
【解析】
A.水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，反应速率不变，A错误；B.将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，B错误；C.反应在溶液中进行，没有气体生成，增大压强，反应速率基本不变，C错误；D.恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量，反应物浓度增大，则反应速率增大，D正确；答案选D。
点睛：本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累，易错点为B，注意浓硫酸的性质。常见增大化学反应速率的措施有：增大浓度、压强，升高温度，使用催化剂等，增大单位体积的活化分子数目或增大活化分子百分数，从而增大反应速率，注意增大压强只对有气体参加的反应有影响。
6.下列各组反应(表中物质均为反应物)，在反应刚开始时，放出H2的速率最快的是
选项
金属
(粉末状)/mol
酸的浓度及体积
反应温度
A
Mg 0.1
8 mol·L－1硝酸10 mL
60 ℃
B
Mg 0.1
3 mol·L－1盐酸10 mL
60 ℃
C
Fe 0.1
3 mol·L－1盐酸10 mL
60 ℃
D
Mg 0.1
3 mol·L－1硫酸10 mL
60 ℃
【答案】D
【解析】
【分析】
影响化学反应速率的主要因素是物质的本身性质，对于同一个化学反应，反应物浓度越大，温度越高，反应速率越大，注意硝酸与金属反应不生成氢气．
【详解】活泼性Mg＞Fe，则Mg反应较快，A中硝酸与金属反应不生成氢气，D中氢离子浓度最大，则反应速率最大。
故选D。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，解题关键：金属的活泼性强弱，是影响反应速率的主要因素，易错点为A，注意硝酸与金属反应不生成氢气。
7.一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示：

下列描述正确的是
A. 反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/(L·s)
B. 反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol/L
C. 反应开始到10s时，Y的转化率为79.0％
D. 反应的化学方程式为：X(g)+ Y(g)Z(g)
【答案】C
【解析】
分析图象，关键是看变化量和走势，从走势分析X、Y是反应物，Z是生成物，初步分析它们的变化量分别为Δn(X)＝1．20 mol－0．41 mol＝0．79 mol，Δn(Y)＝1．0 mol－0．21 mol＝0．79 mol，Δn(Z)＝1．58 mol，首先确定该反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)===2Z(g)。据选项要求分别计算出v(Z)＝＝0．079 mol·L－1·s－1；Δc(X)＝＝0．395 mol·L－1；α(Y)＝×100%＝79%，只有C选项正确。
8.把3mol P和2.5mol Q置于2L密闭容器中，发生如下反应：3P（g）＋Q（g）xM（g）＋2N（g），5min后达到平衡生成1mol N，经测定这5min内 M的平均速率是0.1mol/（L·min），下列叙述错误的是
A. 5min内P的平均反应速率为0.15mol/（L·min）
B. Q的平衡浓度为1mol/L
C. Q的转化率为25%
D. x是2
【答案】C
【解析】
试题分析：A．已知达到平衡生成1molN，则参加反应的P为n（P）＝3/2×1mol＝1.5mol，所以v（P）＝＝0.15 mol/（L•min），A正确；B．已知达到平衡生成1molN，则参加反应的Q为n（Q）＝1/2n（N）＝0.5mol，所以Q的平衡浓度为：（2.5mol—0.5mol）÷2L＝1 mol/L，B正确；C．参加反应的Q为n（Q）＝1/2n（N）＝0.5mol，故Q的转化率为×100%＝20%，C错误；D．根据A选项可知v（P）＝0.15 mol/（L•min），而M的平均速率是0.1mol/（L•min），根据速率之比等于化学计量数之比可知x＝2，D正确；答案选C。
考点：考查可逆反应的有关计算
9.把在空气中久置的铝片5.0 g投入盛有500 mL 0.5 mol·L－1硫酸溶液的烧杯中，该铝片与硫酸反应产生氢气的速率v与反应时间t可用如图坐标曲线来表示。下列推论错误的是

A. O～a段不产生氢气是因为表面的氧化物隔离了铝和硫酸溶液
B. b～c段产生氢气的速率增加较快的主要原因之一是温度升高
C. t>c时产生氢气的速率降低主要是因为溶液中c(H＋)降低
D. t＝c时反应处于平衡状态
【答案】D
【解析】
A、因铝的表面有一层致密的氧化铝能与硫酸反应得到盐和水，无氢气放出，发生的反应为Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O，A正确；B、在反应过程中，浓度减小，反应速率减小，但反应放热，溶液温度升高，反应速率加快，且后者为主要因素，B正确；C、随着反应的进行，溶液中的氢离子浓度逐渐降低，所以反应速率逐渐减小，C正确；D、反应不是可逆反应，随反应进行反应放热对速率的影响比浓度减少的影响大，当t=c时温度影响最大，t＞c时温度影响不是主要因素，浓度减少是主要因素，D错误；答案选D。
10.在一个不传热的固定容积的密闭容器中，发生可逆反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，当m、n、p、q为任意整数时，反应达到平衡的标志是
①体系的压强不再改变　
②体系的温度不再改变　
③各组分的浓度不再改变　
④各组分质量分数不再改变
⑤反应速率v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q　
⑥单位时间内m mol A断键反应，同时p mol C也断键反应　
⑦体系的密度不再变化
A. ③④⑤⑥ B. ②③④⑥ C. ①③④⑤ D. ③④⑥⑦
【答案】B
【解析】
试题分析：①如果该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，则体系的压强始终不变，所以不能根据压强判断反应是否达到平衡状态，错误；②体系的温度不再改变，正逆反应速率相等，所以能据此判断该反应达到平衡状态，正确；③各组分的物质的量浓度不再改变，该反应达到平衡状态，正确；④当该反应达到平衡状态，各组分的质量分数不再改变，正确；⑤当反应速率v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=m∶n∶p∶q时不能据此判断该反应是否达到平衡状态，错误；⑥单位时间内m mol A断键反应等效于pmol C形成，同时pmol C也断键反应，正确；⑦反应前后容积不变，气体的质量不变，则密度始终不变，所以体系的密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，错误，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查了化学平衡状态的判断
【名师点晴】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，以及由此衍生的一些量也不发生变化，注意把握化学平衡状态判断的角度，特别是正逆反应速率的关系，为易错点。注意掌握化学平衡状态的判断依据：（1）任何情况下均可作为标志的：①υ正＝υ逆(同一种物质)；②各组分含量(百分含量、物质的量、质量)不随时间变化；③某反应物的消耗(生成)速率、某生成物的消耗(生成)速率=化学计量数之比；（2）在一定条件下可作为标志的是：①对于有色物质参加或生成的可逆反应体系，颜色不再变化；②对于有气态物质参加或生成的可逆反应体系，若反应前后气体的系数和相等，则混合气体平均相对分子质量M和反应总压P不变(恒温恒容)；③对于恒温绝热体系，体系的温度不在变化；（3）不能作为判断标志的是：①各物质的物质的量或浓度变化或反应速率之比=化学计量数之比 (任何情况下均适用)；②有气态物质参加或生成的反应，若反应前后气体的系数和相等，则混合气体平均相对分子质量M和反应总压P不变(恒温恒容)。据此可以进行有关判断。
11.合成氨所需的氢气可用煤和水做原料经多步反应制得，其中的一步反应为CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)　ΔH<0反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是
A. 增大压强
B. 降低温度
C. 增大CO的浓度
D. 更换催化剂
【答案】B
【解析】
试题分析：提高CO的转化率可以让平衡正向进行即可，A、增加压强，该平衡不会发生移动，故A错误；B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，故B正确；C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；D、催化剂不会引起化学平衡的移动，故D错误；故选B。
考点：考查了化学平衡移动原理的相关知识。
12.对于可逆反应：mA(g)＋nB(g) xC(g) ΔH＝？，在不同温度及压强（P1，P2）条件下，反应物A的转化率如下图所示，下列判断正确的是

A. ΔH＞0，m+n＞x
B. ΔH＜0，m+n＞x
C. ΔH＞0，m+n＜x
D. ΔH＜0，m+n＜x
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图a到达平衡时所用时间的长短判断压强p1和p2的相对大小，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，得出反应前后气体化学计量数的相对大小；根据图b判断，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，再结合A的转化率判断该反应的正反应是放热还是吸热。
【详解】由图a知，p2到达平衡时所用时间长，p1到达平衡时所用时间短，压强为p2的反应速率慢，p1的反应速率快，压强越大反应速率越大，所以p2＜p1；增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，由图象知，A的转化率增大，平衡向正反应方向移动，所以反应前的计量数大于反应后的计量数，即m+n＞x；
图b知，随着温度的升高，A的转化率减低，平衡向逆反应方向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，所以逆反应方向是吸热反应，正反应是放热反应，即△H＜0。
故选B。
13.用来表示可逆反应：A(g)＋B(g)2C(g)（正反应放热）的正确图象是下图中的

【答案】A
【解析】
【分析】
根据方程式，正反应放热，则升高温度正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，C的含量降低，A的转化率降低，由于反应前后气体的体积不变，则增大压强平衡不移动，正逆反应速率增大的倍数相同。
【详解】A．正反应放热，则升高温度正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，C的含量降低，图象吻合，故A正确；
B．升高温度正逆反应速率都增大，图象不吻合，故B错误；
C．由于反应前后气体的体积不变，则增大压强平衡不移动，正逆反应速率增大的倍数相同，图象不吻合，故C错误；
D．由于反应前后气体的体积不变，则增大压强平衡不移动，则A的转化率不变，故D错误。
故选A。
14.勒夏特列原理是自然界一条重要的基本原理,下列事实能用勒夏特列原理解释的是
A. NO2气体受压缩后，颜色先变深后变浅
B. 对2HI(g) H2(g)＋I2(g)平衡体系加压，颜色迅速变深
C. 合成氨工业采用高温、高压工艺提高氨的产率
D. 配制硫酸亚铁溶液时，常加入少量铁屑以防止氧化
【答案】A
【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、存在平衡2NO2（g）N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于平衡移动的目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍不原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故A正确；
B、加压，两边气体的计量数相等，所以加压平衡不移动，所以不可以用平衡移动原理解释，故B错误；
C、合成氨工业采用高温条件是为了加快化学反应速率，不能使化学平衡正向移动，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D、配制FeSO4溶液时，加入一些铁粉目的是防止亚铁离子被氧化成铁离子，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；
故选A。
15.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得C的浓度为0.50mol/L。保持温度不变，将容器的容积压缩到原来的一半，再达到平衡时，测得C的浓度变为0.90mol/L。下列有关判断正确的是
A. C的体积分数增大了
B. A的转化率降低了
C. 平衡向正反应方向移动
D. x+y>z
【答案】B
【解析】
保持温度不变，将容器的容积压缩到原来的一半，若平衡不移动，则C的浓度变为1.0mol/L；再次平衡时C的浓度为0.90mol/L1.0mol/L，说明缩小体积，增大压强，平衡逆向移动，则x+yz，C的体积分数减小，A的转化率降低了，答案选B。
点睛：错解分析：因为再次平衡时C的浓度0.90mol/L0.50mol/L，说明缩小体积增大压强，平衡正向移动，产生错误的原因忽略了体积的变化。
16.将等物质的量的N2、H2气体充入某密闭容器中，在一定条件下，发生如下反应并达到平衡：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0。当改变某个条件并维持新条件直至新的平衡时，下表中关于新平衡与原平衡的比较正确的是
A. 增大压强 N2的浓度一定变小
B. 升高温度 N2的转化率变小
C. 充入一定量H2，H2的转化率不变，N2的转化率变大
D. 使用适当催化剂 NH3的体积分数增大
【答案】B
【解析】
试题分析：若减小容器体积增大压强，虽平衡正向移动，但N2的浓度增大，故A错误；升高温度平衡逆向移动，N2的转化率变小，故B正确；充入一定量H2，H2的转化率变小，N2的转化率变大，故C错误；使用适当催化剂不能使平衡移动，NH3的体积分数不变，故D错误。
考点：本题考查化学平衡移动。
17.已知反应 2NH3N2 + 3H2，在某温度下的平衡常数为0.25，在此条件下，氨的合成反应1/2 N2 + 3/2 H2NH3的平衡常数为
A. 4 B. 2 C. 1 D. 0.5
【答案】B
【解析】
试题分析：逆反应的平衡常数就是正反应的平衡常数的倒数，所以该反应的平衡常数是，选B。
考点：平衡常数的运算规则
18.高温下，某反应达到平衡，平衡常数K=。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的焓变为正值
B. 恒温下，增大压强，H2浓度一定减小
C. 升高温度，逆反应速率减小
D. 该反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H2
【答案】A
【解析】
【分析】
平衡常数指可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，平衡常数K=c(CO)·c(H2O)/c(CO2)·C(H2)，所以该反应化学方程式应为CO2+H2CO+H2O，恒容时，温度升高，H2 浓度减小，平衡向正反应移动，则该反应为吸热反应。
【详解】A．恒容时，温度升高，H2浓度减小，平衡逆向移动，则该反应为吸热反应，所以△H＞0，故A正确；
B．恒温恒容下，若通入氢气，增大压强，则H2浓度增大，如通入惰性气体，则氢气的浓度不变，故B错误；
C．升高温度，正逆反应速率都增大，故C错误；
D．该反应化学方程式应为CO2+H2CO+H2O，故D错误。
故选：A。
19.不仅化工生产应遵循绿色化学的原则，化学实验也应遵循绿色化学的原则，实现原料和过程的绿色化学。下列实验或实验过程遵循绿色化学原则的是( )
①在萃取操作的演示实验中，将CCl4萃取溴水改为CCl4萃取碘水
②在铜与浓硝酸反应的实验中，将铜片改为可调节高度的铜丝
③将实验室的废酸液和废碱液中和后再排放
④用双氧水代替高锰酸钾制氧气
⑤将用铜粉与浓硫酸反应制取硫酸铜的实验方案改为先将铜粉在空气中充分加热制得氧化铜，再将氧化铜溶解在稀硫酸中
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
①溴水易挥发出有毒的溴蒸气，改用碘水可减少有毒气体的挥发；②铜与浓硝酸剧烈反应产生有毒的NO2气体，将铜片改为可调节高度的铜丝可及时终止反应，减少NO2气体的排放量；③将实验室的废酸液和废碱液中和后再排放可以减少对水的污染；④用双氧水制氧气副产物为水，不产生污染；⑤既杜绝了产生SO2而导致的污染，又提高了硫原子的利用率。以上过程均做到了从源头上减少或杜绝污染，符合绿色化学的思想。
20.根据下图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是（ ）

已知：MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等。
A. 除去粗盐中杂质（Mg2+、SO42－、Ca2+），加入的药品顺序为：NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
B. 在过程②中将MgCl2·6H2O灼烧即可制得无水MgCl2
C. 从能量角度来看，氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将化学能转化为电能的过程
D. 从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩富集溴
【答案】D
【解析】
【分析】
A．过程①加入的药品顺序为BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸；
B、氯化镁易水解，为防止水解过程③中结晶出的MgCl2·6H2O要在氯化氢气流中加热脱水制得无水MgCl2；
C、电解原理分析，电解饱和食盐水是电能转化为化学能；
D、溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸收生成溴离子，加入氧化剂氧化溴离子为溴单质，富集溴元素；
【详解】A．过程①加入的药品顺序为BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，如果再过滤沉淀前加入过量BaCl2溶液，过量的氯化钡溶液不能用稀盐酸除去，所以会产生杂质，故A错误；
B、氯化镁易水解，为防止水解，过程③中结晶出的MgCl2·6H2O要氯化氢氛围中加热脱水制得无水MgCl2，故B错误；
C、电解原理分析，电解饱和食盐水是电能转化为化学能，故C错误；
D、溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸收生成溴离子，加入氧化剂氧化溴离子为溴单质，富集溴元素，从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了海水资源的综合利用，解题关键：明确该过程中发生的反应及反应原理，易错点A除杂剂的滴加顺序、易错点B由MgCl2·6H2O制备无水MgCl2的条件。
21.在容积为1L的恒容密闭容器中，用三种纳米级Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O(g) 2H2(g)+O2(g) ΔH>0。水蒸气的浓度c随时间t 的变化如下表所示：

①对比实验的温度：T2_________T1（填“＞”、“＜”或“=”）
②催化剂催化效率：实验①________ 实验②（填“＞”或“＜”）
③在实验③达到平衡状态后，向该容器中通入水蒸气与氢气各0.1mol，则反应再次达到平衡时，请确定化学反应进行的方向_________________（填“向正反应反应进行”或“向逆反应方向进行”）。
【答案】 (1). > (2). < (3). 向逆反应方向进行
【解析】
（1）若温度升高，平衡向吸热方向移动，即向正反应方向移动。
（2）催化剂效率越高，反应速率越快，到达平衡时间越短；
（3）如果只加水，与原平衡是等效平衡；加入的氢气，相当于增加氢气的浓度，平衡逆向移动。
【详解】（1）比较实验2、3，实验3中初始水蒸气浓度是实验2的一倍，但反应结束水蒸气浓度小于实验2的一倍，故平衡向正反应方向进行，该反应为吸热反应，则温度升高，平衡向吸热方向移动，故对比实验的温度：T2>T1；
（2）实验①②相比，实验②到达平衡时间短，反应速率越快，催化剂效率高，故答案为：＜；
（3）如果只加水，与原平衡是等效平衡；加入的氢气，相当于增加氢气的浓度，平衡逆向移动。
22.煤化工是以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业过程。
I．将水蒸气通过红热的炭即可产生水煤气。反应为：C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1
能使化学反应速率加快的措施有________(填序号)。
①升高反应温度 ②增加C的物质的量
③密闭定容容器中充入CO(g) ④随时吸收CO、H2转化为CH3OH
II．工业上用CO生产燃料甲醇，一定条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。

（1）图1是表示一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4mol H2和一定量的CO后，CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化情况。从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示平均反应速率v（H2）=__________________________；
（2）图2表示该反应进行过程中能量的变化。曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂后的能量变化。请结合图像解释催化剂加快化学反应速率的原因_____________________，写出该反应的热化学方程式_____________________，催化剂____________（填“改变”或“不改变”）反应的焓变。
（3）该反应平衡常数K为__________________________。
（4）恒容条件下，下列措施中能使增大的有_________________。
a．升高温度 b．再充入2molH2 c．充入He气 d．使用催化剂．
III．下图是表示在一容积为2 L的密闭容器内加入2 mol的CO和6 mol的H2，在一定条件下发生如下反应：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)　ΔH<0，该反应的逆反应速率与时间的关系曲线：

①由图可知反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而在t2、t8时都改变了条件，试判断t8时改变的条件可能是_______________。
②若t4时降压，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，请在图中画出t4～t6时逆反应速率与时间的关系曲线______________。
【答案】 (1). ①③ (2). 0.15mol•L﹣1•min﹣1 (3). 催化剂与反应物分子形成中间态，极大降低了反应活化能 (4). CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=﹣91kJ•mol﹣1 (5). 不改变 (6). 12 L 2/ mol 2 (7). b (8). 使用了催化剂 (9).
【解析】
【分析】
I．从影响反应速率的因素分析；
II．（1）根据v=△c/△t进行计算；
（2）催化剂加快化学反应速率的原因催化剂与反应物分子形成中间态，极大降低了反应活化能；利用反应前后的总能量来分析反应的能量变化，写出热化学方程式；催化剂不能改变反应的终始态；
（3）利用各物质平衡的浓度来计算化学平衡常数；
（4）使n（CH3OH）/n（CO）应采取措施，使平衡向正反应移动，注意不能增大一氧化碳或降低甲醇的量。
III．该反应是气体的体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，结合逆反应速率的变化解答；
【详解】I．C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g) ①升高反应温度加快反应速率，故正确；
②增加C的物质的量，因为C为固体，所以增加C的物质的量，反应物的浓度没变，则反应速率不变，故错误；
③密闭定容容器中充入CO(g)，增大生成物浓度，则正逆反应速率均增大，故正确；
④随时吸收CO、H2转化为CH3OH，则减小生成物的浓度，逆反应速率减小，正反应速率随之也减小，故错误；
故选①③。
II．（1）v（CO）=(1-0.25)mol·L－1/10min=0.075 mol·L-1·min-1
根据CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），v（H2）=2v（CO）=2×0.075 mol·L-1·min-1=0.15 mol·L-1·min-1；
（2）催化剂加快化学反应速率的原因催化剂与反应物分子形成中间态，极大降低了反应活化能；
由图可知，该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，故该反应为放热反应；由图可知，反应物为1molCO（g）和2molH2（g），生成物为1molCH3OH（g），△H=419-510=-91 kJ·mol－1，故反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=-91 kJ·mol－1；
催化剂不能改变反应的终始态，催化剂不改变反应的焓变。
（3） CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
开始（mol·L－1） 1 2 0
转化（mol·L－1） 0.75 1.5 0.75
平衡（mol·L－1） 0.25 0.5 0.75
则化学平衡常数K===12；
（4）a．该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，n（CH3OH）/n（CO）减小，故a错误；
b．再通入2molH2，平衡向正反应移动，n（CH3OH）/n（CO）增大，故b正确；
c．充入He（g），使体系压强增大，容器的容积不变，反应混合物的浓度不变，平衡不移动，n（CH3OH）/n（CO）不变，故b错误；
d．使用催化剂，平衡不移动，n（CH3OH）/n（CO）不变，故d错误；
故选b。
III．①t8时正逆反应速率都增大且相等，平衡不移动，应是加入催化剂；
②若t4时降压，正逆反应速率都减小，并且平衡向逆反应进行，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，瞬间正反应速率增大，逆反应不变，则t4～t6时逆反应速率与时间的关系曲线为。
23.海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：

（1）请列举海水淡化的两种方法：__________________________、__________________________。
（2）步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br－，其目的是__________________________。
（3）步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的化学方程式为_________________， 由此反应可知，除环境保护外，在工业生产中应解决的主要问题是__________________________。
【答案】 (1). 蒸馏法 (2). 电渗析法(或离子交换法及其他合理答案中的任意两种) (3). 富集溴元素 (4). Br2＋SO2＋2H2O===H2SO＋HBr (5). 强酸对设备的严重腐蚀
【解析】
【分析】
海水淡化得到氯化钠，电解饱和食盐水得到氯气，通入母液中氧化溴离子为溴单质，得到低浓度Br2的溶液，用二氧化硫水溶液吸收后富集，得到高浓度Br2的溶液，通入氯气氧化得到溴单质，蒸馏得到工业溴。
（1）目前淡化海水的方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，其中最常用的是蒸馏法；
（2）海水淡化得到的母液和电解氯化钠溶液生成的氯气反应，得到的溴单质浓度低，溴单质在水中有一定的溶解性且和水反应，提取时消耗过的能源和原料，降低了经济效益；
（3）根据反应Br2+SO2+2H2O═4H＋+SO42－+2Br－有强酸HBr和H2SO4生成，易腐蚀设备；
【详解】（1）目前淡化海水的方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，其中最常用的是蒸馏法；
（2）步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br－，目的是低浓度的Br2溶液在提取时消耗过多的原料和能源，转化为HBr后易被氧化剂氯气氧化为溴单质，用于富集溴元素。
（3）二氧化硫吸收溴单质发生反应：Br2+SO2+2H2O═4H＋+SO42－+2Br－，工业生产中应解决的主要问题是反应生成了两种强酸，易腐蚀设备。
【点睛】本题考查了海水资源的综合利用，解题关键：理解海水提溴工艺，工业流程，注意物质制备过程的分析。难点（3）氢溴酸是强酸，也会腐蚀设备。
24.海洋资源丰富，海水水资源的利用和海水化学资源（主要为NaCl 和MgSO4 及K、Br 等元素）的利用具有非常广阔的前景。

回答下列问题：
（1）NaCl 溶液由粗盐水精制而成，为除去Ca2+和Mg2+，要加入的试剂分别为__________________、__________________。
（2）写出步骤Ⅰ 中反应的总化学方程式为NaCl+ ═NaClO3+ 。_____
（3）已知MgCl2 溶液受热时易水解（和水反应）生成Mg(OH)Cl，写出该过程的化学方程式__________________________________。
（4）步骤Ⅳ中，电解熔融MgCl2 得到的镁需要在保护气中冷却，下列气体可以作为保护气的是_______________。
A．N2 B．H2 C．CO2 D．空气
【答案】 (1). Na2CO3溶液 (2). NaOH溶液 (3). NaCl+3H2O═NaClO3+3H2↑ (4). MgCl2+H2OMg(OH)Cl+HCl↑ (5). B
【解析】
【分析】
（1）食盐溶液中混有Mg2＋ 和Ca2＋，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2＋，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2＋。
（2）根据电解原理，写出方程式；
（3）根据水解原理写出水解方程式；
（4）电解熔融MgCl2得到镁蒸气和氯气，镁蒸气冷却后即为固体镁应避免镁再被氧化；
【详解】（1）食盐溶液中混有Mg2＋ 和Ca2＋，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2＋，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2＋。故为除去Ca2+和Mg2+，要加入的试剂分别为过量Na2CO3溶液、过量NaOH溶液；
（2）根据电解原理，阳极氯离子失去电子，被氧化成氯酸根离子，阴极水中氢得到电子被还原成氢气，方程式为NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑；
（3）MgCl2 溶液受热时易水解（和水反应）生成Mg(OH)Cl，该过程的化学方程式MgCl2+H2OMg(OH)Cl+HCl↑；
（4）镁蒸气冷却后即为固体镁，冷却镁蒸气时可在H2气体氛围中进行，氮气、二氧化碳、空气都会和镁发生反应生成氮化镁、氧化镁等，故选B。