【化学】江苏省邗江中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）

江苏省邗江中学2018-2019学年高二下学期期中考试
第I卷
单项选择题（本题包括10小题。每小题只有一个选项符合题意）
1.下列说法一定正确的是（ ）
A. 工业通过焦炭与水蒸气反应制水煤气，增加焦炭的量，可加快化学反应速率
B. 用HNO2作导电实验，灯泡较暗，说明HNO2是弱酸
C. 反应速率越快，反应现象越明显
D. 平衡常数K的大小能说明反应进行的程度，K越大，说明反应进行的越彻底
【答案】D
【详解】A项、焦碳是固体，增大焦碳的用量不影响反应速率，故A错误；
B项、溶液的导电能力主要与溶液中的离子浓度有关，若HNO2为强酸，其浓度很低的情况下，溶液的导电性依旧不好，故不能说明HNO2是弱酸，故B错误；
C项、反应速率快的现象不一定明显，如NaOH与HCl的反应，反应速率慢的现象可能明显，如铁生锈，故C错误；
D项、平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，则K值越大，说明这个反应正向进行的程度越大，故D正确；
故选D。
2.下列不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 工业合成氨：500℃比室温更有利
B. SO2催化氧化成SO3的反应，往往加入过量的空气
C. 可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
D. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气
【答案】A
【分析】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。
【详解】A项、合成氨反应为放热反应，采用500℃的温度，不利于平衡向正方向移动，主要是考虑催化剂的活性和反应速率，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B项、加入过量的空气，平衡向正反应方向移动，提高二氧化硫的转化率，能用勒夏特利原理解释，故B正确；
C项、浓氨水中存在如下平衡NH3+H2ONH3•H2O⇌NH4++OH-，加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶解放热，溶液中氢氧根离子浓度增大，使平衡向左移动，放出的热量有利于氨气逸出，能用勒夏特利原理解释，故C正确；
D项、氯气和水反应存在平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度较大，使平衡向逆反应方向移动，抑制氯气的溶解，收集氯气用排饱和食盐水的方法，能用化学平衡移动原理解释，故D正确；
故选A。
【点睛】本题考查勒夏特列原理，注意把握影响平衡移动的因素以及使用勒夏特列原理的前提是解答关键。
3.下列有关物质的性质与用途正确，且具有对应关系的是（ ）
A. Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂
B. Na2CO3受热不易分解，可用于去油污
C. NaHCO3的水溶液呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多
D. 石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体
【答案】C
【详解】A项、Fe2(SO4)3在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附性，吸附水中悬浮的杂质，则Fe2(SO4)3可用作净水剂，与溶于水的性质无对应关系，故A错误；
B项、Na2CO3在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解反应达到去污的目的，与Na2CO3热稳定性无关，故B错误；
C项、碳酸氢钠溶液的碱性弱，可与胃酸反应，可作抗酸药，用于治疗胃酸过多，故C正确；
D项、高温条件下，石英的主要成分是SiO2，该物质能与烧碱、纯碱反应，不能用来加热熔化烧碱、纯碱等固体，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查物质的性质及应用，侧重分析与应用能力的考查，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系，注意化学与生活的联系为解答本题的关键。
4.下列说法正确的是（ ）
A. NaHCO3中HCO3-的水解方程式可写为：HCO3-＋H2OCO32-＋H3O+
B. H2S在水溶液中的电离：H2SS2-＋2H＋
C. 泡沫灭火器的灭火原理：Al3++3HCO3-= Al(OH)3↓+ 3CO2↑
D. 向0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液：HA-+OH-=A2-+H2O
【答案】C
【详解】A项、NaHCO3中HCO3-在溶液中水解生成H2CO3和OH-，使溶液呈碱性，水解方程式为HCO3-＋H2OH2CO3+OH-，故A错误；
B项、H2S为二元弱酸，在溶液中分步电离，以一级为主，电离方程式为H2SHS-＋H＋，故错误；
C项、泡沫灭火器的灭火原理是Al3+和HCO3-在溶液中发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀和 CO2气体，离子方程式为Al3+ +3HCO3－= Al(OH)3↓+ 3CO2↑，故C正确；
D项、0.1mol/LNaHA溶液的pH=1说明HA-在溶液中完全电离，与NaOH溶液反应的离子方程式为H++OH-=H2O，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查弱电解质的电离和盐类水解，注意多元弱电解质分步电离，对应的酸根分步水解，能够正确判断强弱电解质，熟悉物质的性质以及发生的反应是解题关键。
5.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A. pH=1的无色溶液中：Na+、Cu2+、Cl-、CH3COO-
B. 0.1 mol·L－1 AlCl3溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42-、AlO2-
C. 由水电离产生的c(H+)=10－12 mol·L－1的溶液中：NH4+、SO42-、HCO3-、Cl-
D. 使酚酞变红色的溶液：Na＋、Ba2＋、NO3-、Cl－
【答案】D
【分析】离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
【详解】A项、含有Cu2+的溶液为淡蓝色，pH=1的无色溶液中一定不存在Cu2+，故A错误；
B项、0.1 mol·L－1 AlCl3溶液中，Al3+与AlO2-发生双水解反应不能大量共存，故B错误；
C项、由水电离产生c(H+)=10-12 mol·L－1的溶液为酸溶液或碱溶液，HCO3-与H+离子和OH-离子均反应，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；
D项、使酚酞变红色的溶液为碱性溶液，Na＋、Ba2＋、NO3-、Cl-之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查离子的共存，注意掌握离子反应发生条件，注意溶液的颜色、酸碱性，明确溶液中发生的反应是解答关键。
6.设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，22. 4 L氯气溶于水转移的电子数目为NA
B. 1 L 1 mol·L－1的NaClO溶液中含有的ClO－的数目小于NA
C. 25℃时，pH =13的Ba(OH)2溶液中含有OH－的数目为0 .1 NA
D. 常温下1.0L 0.1mol·L-1 NH4Cl溶液中，NH4+和H+总数等于0.1NA
【答案】B
【详解】A项、标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，1mol氯气溶于水中，只有部分氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸，反应转移的电子小于1mol，转移电子数小于NA，故A错误；
B项、ClO－在溶液中发生水解反应，则1 L 1 mol·L－1的NaClO溶液中含有的ClO－的数目小于NA，故B正确；
C项、缺溶液体积，无法计算溶液中含有OH－的数目，故C错误；
D项、NH4Cl溶液中存在电荷守恒关系n（NH4+）+n（H+）=n（Cl-）+n（OH-），1.0L 0.1mol•L-1NH4Cl溶液中n（Cl-）=0.1mol，则溶液中NH4+和H+总数大于0.1NA，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数，注意可逆反应的特征、盐类水解等问题，熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间关系是解题关键。
7.为了探究FeCl3溶液和KI溶液的反应是否存在一定的限度，取5 mL 0.5 mol•L－1 KI溶液，滴加0.1 mol•L－1 FeCl3溶液5～6滴，充分反应。下列实验操作能验证该反应是否存在限度的是（ ）
A. 再加入CCl4振荡后，观察下层液体颜色是否变为紫红色
B. 再滴加AgNO3溶液，观察是否有黄色沉淀产生
C. 再加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变血红色
D. 再加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加AgNO3溶液，观察有否白色沉淀产生
【答案】C
【分析】KI溶液和FeCl3溶液发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，反应的离子方程式为2Fe3++2I-═2Fe2++I2，反应后的溶液中加入CCl4，如有机层呈紫红色，则说明反应生成碘，向溶液中滴加几滴KSCN溶液呈血红色，说明反应后溶液中存在Fe3+，证明KI和FeCl3的反应有一定的限度。
【详解】A项、加入CCl4振荡后，观察下层液体颜色是否变为紫红色，只能说明生成碘，不能确定反应限度，故A错误；
B项、KI溶液过量，无论是否存在反应限度，滴加AgNO3溶液，都有黄色沉淀生成，故B错误；
C项、加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加KSCN溶液检验是否存在Fe3+，若不足量的Fe3+存在，证明KI和FeCl3的反应有一定的限度，故C正确；
D项、Cl-不参加反应，无论是否存在反应限度，滴加AgNO3溶液，都有白色沉淀生成，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查探究实验，涉及了离子的检验、化学反应限度的确定等知识，注意掌握检验离子的方法及把握可逆反应的特征是解答关键。
8.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）

A. 用甲装置测定一定时间内产生氢气的体积，可测定该反应的速率
B. 用乙所示方法探究固体表面积对反应速率的影响
C. 用丙装置制备Fe(OH)3胶体
D. 用丁装置蒸发结晶制AlCl3晶体
【答案】A
【详解】A项、由图可知，秒表测定反应时间，利用针筒中读数测定氢气的体积，则图中装置可测定反应速率，故A正确；
B项、探究固体表面积对反应速率的影响应选用浓度相同的稀盐酸，故B错误；
C项、将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，加热至红褐色制备Fe(OH)3胶体，故C错误；
D项、AlCl3溶液在蒸发皿中加热至干，因Al3+水解所得的氯化氢受热挥发，使得AlCl3在溶液中水解趋于完全，最终得到氢氧化铝，甚至氧化铝，故D错误；
故选A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意把握实验原理，明确物质的性质以及实验的严密性是解答关键。
9.反应FeO(s)＋CO(g) Fe(s)＋CO2(g)，700 ℃时平衡常数为0.68，900℃时平衡常数为0.46。下列说法正确的是（ ）
A. 升高温度该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小
B. 该反应的化学平衡常数表达式为：
C. 增大CO2浓度，平衡常数增大
D. 该反应的正反应是放热反应
【答案】D
【分析】由700 ℃时平衡常数为0.68，900℃时平衡常数为0.46可知，升高温度，平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应。
【详解】A项、升高温度，正、逆反应速率均增大，故A错误；
B项、固体或纯液体的浓度为常数，不列入平衡常数的表达式，反应物FeO和生成物Fe为固体，则该反应的化学平衡常数为，故B错误；
C项、化学平衡常数为温度函数，只与温度有关，与浓度无关，则增大CO2浓度，平衡常数不变，故C错误；
D项、升高温度，平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，故D正确；
故选D。
10.下列关于各图的叙述正确的是（ ）




甲
乙
丙
丁
A. 图甲表示某可逆反应中物质浓度随时间的变化，反应在t时刻达到平衡状态
B. 图乙表示镁条放入盐酸中生成氢气的速率受温度和浓度的影响
C. 图丙表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH大于同浓度NaB溶液的pH
D. 丁表示向氨水中通入HCl气体，溶液的导电能力变化
【答案】B
【详解】A项、达到平衡状态时，各物质的浓度保持不变，由图可知，t时刻反应物和生成物的浓度相等，而不是不变，所以t时刻不是平衡状态，故A错误；
B项、镁条与盐酸反应为放热反应，由图可知，开始一段时间内，离子浓度对化学反应速率影响小于温度对化学反应速率影响，所以反应速率增大，当离子浓度达到一定程度后，离子浓度对化学反应速率影响大于温度对化学反应速率影响，导致反应速率降低，故B正确；
C项、pH相同的酸加水稀释相同的倍数，加水稀释促进弱酸电离，酸性越强的酸，溶液pH变化大；相同浓度的钠盐溶液，酸越弱水解程度越大，钠盐溶液的pH越大，由图可知，HA的酸性强于HB，则NaA溶液的pH小于同浓度NaB溶液的pH，故C错误；
D项、溶液导电性与离子浓度成正比，一水合氨是弱碱，氨水中离子浓度较小，HCl和一水合氨反应生成氯化铵，混合溶液中离子浓度增大，当无限通入氯化氢时，溶液中溶质为氯化铵和氯化氢，离子浓度增大，所以溶液导电能力一直增大，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查化学图像，注意相关化学反应原理的应用，把握图中纵横坐标的含义及点、线、面的含义是解答本题的关键。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.对于可逆反应A(g)＋2B(g)2C(g)(正反应吸热)，下列图象正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】本题主要考查化学反应速率变化曲线及其应用，体积百分含量随温度、压强变化曲线图像。可逆反应A(g)+2B(g)2C(g)（正反应吸热），则升高温度，正逆反应速率均增大，化学平衡正向移动；增大压强，化学平衡正向移动，结合图象来解答。
【详解】A.增大压强，平衡正向移动，则交叉点后正反应速率应大于逆反应速率，A错误；
B.增大压强，平衡正向移动，则t1时正反应速率应大于逆反应速率，B错误；
C.温度高的反应速率快，达到平衡时所需时间少，与图象不符，C错误；
D.温度高的反应速率快，达到平衡时所需时间少，且升高温度平衡正向移动，A%减小，与图象一致，D正确。
12.已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol·L-1的一元酸HA与b mol·L-1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（ ）
A. a=b
B. 混合溶液的PH=7
C. 混合溶液中，c(H+)=mol.L-1
D. 混合溶液中c(H+)+c(B+)=c(OH-)+C(A-)
【答案】C
【详解】A. 没有给具体的温度和酸、碱的强弱，A错误；
B. 由于没有给具体的温度，pH=7，不一定是中性，B错误；
C. 判断溶液呈中性的依据只能是c(H+)=c(OH-)，此时c(H+)=mol·L-1，C正确；
D. 根据电荷守恒，不论溶液是酸性、中性、还是碱性，都成立，D错误；
故合理选项为C。
13.下列说法正确的是（ ）
A. C(s) + H2O(g)CO(g) + H2(g)在室温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0
B. 25 ℃，向0.1 mol·L-1的NH4Cl溶液中加水，会增大
C. 用pH均为2的盐酸和甲酸中和等物质的量的NaOH溶液，盐酸消耗的体积多
D. 合成氨生产中将氨气液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率
【答案】AC
【详解】A项、该反应在室温下不能自发进行，说明△H—T△S＞0，由化学方程式可知△S＞0，则该反应的△H＞0，故A正确；
B项、NH4Cl溶液的水解平衡常数K=，平衡常数为温度函数，只与温度有关，向0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中加水，平衡常数不变，故B错误；
C项、甲酸为弱酸，pH均为2的盐酸和甲酸溶液，两种溶液中H+离子浓度相等，则甲酸浓度大与盐酸，设盐酸的浓度为c1，甲酸的浓度为c2，则有c1＜c2，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗的两种酸的物质的量相等，则有n=c1V1=c2V2，因c1＜c2，所以V1＞V2，消耗盐酸的体积更大，故C正确；
D项、合成氨生产过程中将NH3液化分离，氨气浓度减小，正、逆反应速率减小，故D错误；
故选AC。
14.下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是（ ）
A. 物质的量浓度相等的①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4③(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液，c (NH4+)的大小顺序为：①>②>③
B. 等浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液等体积混合，所得溶液中：c (Na＋)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H＋)
C. 0.1 mol·L-1的CH3COOH与0.05 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合：c(H＋)＋c(CH3COOH) < c(OH-)＋c(Na＋)
D. pH相等的NaF与CH3COOK溶液：c(Na＋)-c(F -) = c(K＋)-c(CH3COO-)
【答案】BD
【详解】A项、三种溶液中，碳酸根对铵根离子的水解起到促进作用，硫酸根离子不影响铵根离子的水解，亚铁离子对铵根离子的水解起到抑制作用，所以三种溶液中的铵根离子的浓度大小顺序是：③＞②＞①，故A错误；
B项、碳酸根离子和碳酸氢根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中c(OH-)＞c(H＋)，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，溶液中c（HCO3-）＞c（CO32-），则有c (Na＋)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H＋)，故B正确；
C项、0.1 mol·L-1的CH3COOH与0.05 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合得到等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系c(H＋)＋c(Na＋)= c(OH-)＋c(CH3COO-)和物料守恒关系2c(Na＋)= c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)，两式相减可得c(H＋)＋c(CH3COOH) = c(OH-)＋c(Na＋)，故C错误；
D项、pH相等的NaF和CH3COOK溶液中分别存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)、c(K+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，两种溶液pH相等，则有c(Na+)-c(F-)=c(K+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)，故D正确；
故选BD。
【点睛】本题考查离子浓度大小比较，侧重于分析能力的考查，注意把握盐类水解的特征以及影响平衡移动的因素，从守恒的角度分析是解答关键。
15.在三个容积相同的恒容密闭容器中，起始时按表中相应的量加入物质，在相同温度下发生反应CH4(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g)(不发生其他反应)，CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如右下图所示。

下列说法错误的是（ ）
A. 该反应的ΔH>0，图中压强P1>P2
B. 起始时，容器Ⅱ中v(CH4)正K，平衡向逆反应方向移动，则v(CH4)正c(OH-)>c(H+) (5). 0.05 (6). 2×(10-6- 10-8) （或1.98×10-6） (7). > (8). A> C >D> B
【分析】25℃时，0.l mol•L-1 HA溶液与0.1 mol•L-1 NaOH溶液等体积混合恰好完全反应生成NaA，溶液的pH＝9说明NaA为强碱弱酸盐。
【详解】（1）NaA为强碱弱酸盐，A-在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，水解的离子方程式为A- + H2OHA + OH-，故答案为：A- + H2OHA + OH-；
（2）NaA为强碱弱酸盐，A-在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，pH＝9溶的液中c(OH－)= 10-5mol/L，则溶液中由水电离出的c(OH-) =10-5mol/L；0.1 mol•L-1NaOH 溶液中c(OH－)= 0.1mol/L，氢氧化钠是强碱，抑制水的电离，则0.1 mol•L-1NaOH 溶液中由水电离出的c(OH－)=10-13mol/L，故答案为：10-5；10-13；
（3）①0.lmol•L-1 HA溶液与0.05mol•L-1 NaOH溶液等体积混合得到等浓度的HA和NaA混合液，溶液pH＝8说明HA的电离小于NaA的水解，则混合液中c(HA)、c(A－)、c(Na+)、c(OH－)、c(H+) 浓度从大到小的顺序为c(HA)>c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)，故答案为：c(HA)>c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)；
②混合后溶液中c(Na+)=mol/L =0.025mol/L，由溶液中存在物料守恒可得c(HA)+ c(A-)＝2c(Na+)=2×0.025 mol/L=0.05mol/L；溶液中存在电荷守恒关系c(H＋)＋c(Na＋)= c(OH-)＋c(A-)，与物料守恒关系整合可得c(HA)-c(A-)＝2c(OH-)-2c(H＋)= 2×(10-6- 10-8) mol/L，故答案为：0.05；2×(10-6- 10-8)；
（4）HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性比碳酸的强，NH4A溶液为中性，说明相同条件下，氨水和HA的电离常数相同，则(NH4)2CO3中铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，溶液的pH＞7，故答案为：＞；
（5）NH4HSO4是强酸酸式盐，在溶液中电离，溶液呈酸性；NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子中水解，使溶液呈酸性，氯化铵溶液的pH值大于硫酸氢铵溶液；NH4A溶液中阴阳离子的水解程度相等，溶液呈中性，溶液的pH值大于氯化铵溶液；NH4HCO3溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，溶液呈碱性，则相同温度下相同物质的量浓度的下列四种盐溶液，pH由大到小的顺序A> C >D> B，故答案为：A> C >D> B。
【点睛】本题考查盐类水解平衡，注意把握盐类水解的特点，能够正确判断酸性强弱，注意水的电离平衡的移动方向，注意溶液中守恒关系的应用，正确判断微粒大小是解答关键。
19.300℃时，将气体X和气体Y各1.6 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反应：X(g) +Y(g)⇌2Z(g) ΔH＜0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：
t/min
2
4
7
9
n(Y)/mol
1.2
1.1
1.0
1.0

回答下列问题：
（1）反应0~2 min Z的平均速率v(Z)=________________
（2）温度为300℃时，该反应的化学平衡常数K＝____________________
（3）右图表示该反应变化过程中物质的浓度与反应的时间变化关系。图中t2→t3间的曲线变化是由于下列哪种条件的改变所引起的_______

A．增大了压强 B．降低温度
C．增加了x和y的浓度 D．使用了催化剂
（4）若起始时向该容器中充入X、Y、Z各2.0 mol，则反应将向_______（填“正”或“逆”）反应方向进行，达平衡时Z的体积分数=____________，平衡时n(Y)=_______________。
【答案】(1). 0.04 mol/L/ min (2). 1.44 (3). B (4). 正 (5). 0.375 (6). 1.875 mol
【分析】（1）由表格数据和化学反应速率公式计算；
（2）建立三段式计算；
（3）依据图像判断平衡移动方向，依据化学平衡移动原理分析；
（4）依据浓度熵和平衡常数的大小判断平衡移动方向；建立三段式计算。
【详解】（1）由表格数据可知，0~2 min内Y的浓度变化量为(0.16-0.12)mol/L=0.04mol/L，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，v(Z)=2v(Y)=2×=0.04mol/(L·min)，故答案为：0.04mol/(L·min)；
（2）由表格数据可知，7min时反应达到平衡，由题意建立如下三段式：
X(g) + Y(g) 2Z(g)
起（mol/L）0.16 0.16 0
变（mol/L）0.06 0.06 0.12
平（mol/L）0.1 0.1 0.12
则反应的化学平衡常数K＝==1.44，故答案为：1.44；
（3）由图可知，t2→t3间生成物Z的浓度增大，反应物X或Y的浓度减小，平衡向正反应方向移动。
A、该反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故错误；
B、该反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，生成物Z的浓度增大，反应物X或Y的浓度减小，故正确；
C、增加了X和Y的浓度，条件改变的t2时刻，X或Y的浓度应增大，故错误；
D、使用催化剂，平衡不移动，故错误；
B正确，故答案为：B；
（4）若起始时向该容器中充入X、Y、Z各2.0mol，浓度熵Qc＝==1＜K，平衡向正反应方向移动，设A的消耗量为a，由题意建立如下三段式：
X(g) + Y(g) 2Z(g)
起（mol/L）0.2 0.2 0.2
变（mol/L）a a 2a
平（mol/L）0.2-a 0.2-a 0.2+2a
则反应的化学平衡常数K＝==1.44，解得a=0.0125mol/L，则Z的体积分数为=37.5%，平衡时n(Y)=(0.2-0.0125)mol/L×10L=1.875mol。故答案为：0.375；1.875。
【点睛】本题考查化学反应速率和化学平衡移动，注意依据速率公式和速率公式计算，注意平衡常数和浓度熵判断移动方向，注意三段式的建立是解答关键。
20.煤、水煤气、甲醇、乙醇等都是重要的化工原料。
（1）水煤气生产原理是：C(s)+H2O(g) CO(g)+ H2(g) ΔH = +131.3kJ·mol-1。
①能说明该反应达到平衡状态的是______（填字母）。
A．v正(CO)= v正(H2) B．c(CO)=c(H2)
C．恒容容器中，气体密度不变 D．恒容容器中，气体压强不变
②该反应达到化学平衡时，若要增大水蒸气的转化率可采取的措施是____（填字母）。
A．增加碳的物质的量 B．增加水蒸气的物质的量
C．增大压强 D．升高温度
（2）已知：CO(g)+ 2H2 (g) CH3OH(g)。等物质的量的 CO与H2在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡后若将容器的容积压缩为原来的一半（其他条件不变），对平衡体系产生的影响是______（填字母）。
A．c( H2 )减少 B．CH3OH 的物质的量增加 C．重新平衡时减小
（3）已知6H2(g)＋2CO2(g) CH3CH2OH(g)＋3H2O(g) 。在温度为T℃，容积不变的密闭容器中，将3mol H2和1mol CO2混合，达到平衡时CO2气体的体积分数为a。
①达到平衡时，转化率α(H2)：α(CO2) = ______。
②恒容下，再向该容器中充入2mol He，则H2的转化率______（填“增大” 、“减小” 或“不变”）。
③在T℃，容积可变的密闭容器中将3mol H2和1mol CO2混合，达到平衡时CO2气体的体积分数_______a（填“＞” 、“＜” 或“=”）。
【答案】 (1). CD (2). D (3). BC (4). 1：1 (5). 不变 (6). ＜
【分析】(1)①达到平衡状态时正、逆反应速率相等，正、逆反应速率相等是指用同一种物质来表示的反应速率，不同物质表示的反应速率与化学计量数成正比。
②反应物C是固体，该反应是一个气体体积增大的吸热反应；
（2）该反应是一个气体体积减小的反应，平衡后若将容器的容积压缩为原来的一半，压强增大，平衡向正反应方向移动；
（3）①若反应物起始量之比与化学计量数之比相等，反应物的转化率相等；
②恒容下，再向该容器中充入2 mol He，各物质的浓度不变；
③在相同温度和起始量相同的条件下，容积可变的密闭容器相对于恒容容器相当于改变压强。
【详解】(1) ①A、v正(CO)和v正(H2)均代表正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断是否达到平衡状态，故错误；
B、c(CO)=c(H2)与反应起始量有关，不能说明CO和H2浓度保持不变，无法判断是否达到平衡状态，故错误；
C、反应物C是固体，由质量守恒定律可知，平衡前后气体质量增大，恒容容器中，气体密度增大，则气体密度不变能表明反应已达到平衡状态，故正确；
D项、该反应是一个气体体积增大的反应，恒容容器中，气体压强增大，则气体压强不变能表明反应已达到平衡状态，故正确；
CD正确，故答案为：CD；
②A、反应物C是固体，增加碳的物质的量，平衡不移动，水蒸气的转化率不变，故错误；
B、增加水蒸气的物质的量，水蒸气浓度增大，平衡正向移动，新平衡时，水蒸气浓度增大，转化率减小，故错误；
C、该反应是一个气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，水蒸气转化率减小，故错误；
D、该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，水蒸气转化率增大，故正确；
D正确，故答案为：D；
（2）该反应是一个气体体积减小的反应，平衡后若将容器的容积压缩为原来的一半，压强增大，平衡向正反应方向移动。
A、新平衡时，氢气物质的量减小，浓度增大，故错误；
B、新平衡时，甲醇的物质的量增加，浓度增大，故正确；
C、新平衡时，氢气物质的量减小，甲醇的物质的量增加，则减小，故正确；
BC正确，故答案为：BC；
（3）①由化学方程式可知，H2和CO2物质的量的变化量之比为3:1，起始3mol H2和1mol CO2物质的量之比为3:1，由转化率公式可知，达到平衡时，转化率α(H2)：α(CO2)为1:1，故答案为：1:1；
②恒容下，再向该容器中充入2mol He，各物质的浓度不变，化学反应速率不变，平衡不移动，则H2的转化率不变，故答案为：不变；
③该反应是是一个气体体积减小的反应，在相同温度和起始量相同的条件下，容积可变的密闭容器相对于恒容容器相当于增大压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2气体的体积分数减小，故答案为：＜。
【点睛】本题考查化学平衡移动，注意平衡状态的判断，注意影响化学平衡的外界条件，能够正确判断平衡移动方向是解答关键。
21.研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
（1）2CO(g)=2C(s)＋O2(g)，该反应不能自发进行的原因是___________________________
（2）臭氧是一种杀菌消毒剂，还是理想的烟气脱硝剂。一种脱硝反应中，各物质的物质的量随时间的变化如图所示，写出该反应的化学方程式_________________________________。

（3）利用脱氮菌可净化低浓度NO废气。当废气在塔内停留时间均为90s的情况下，测得不同条件下NO的脱氮率如图I、Ⅱ所示。

① 由图I知，当废气中的NO含量增加时，宜选用________法提高脱氮的效率。
② 图Ⅱ中，循环吸收液加入Fe2+、Mn2+，提高了脱氮的效率，其可能原因为____________________________________________________。
③研究表明：NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。图Ⅲ所示为复合吸收剂组成一定时，温度对脱硫脱硝的影响。温度高于60℃后，NO去除率下降的原因为________________________________________________________。
（4）氨氮是造成水体富营养化的重要因素之一，用次氯酸钠水解生成的次氯酸将水中的氨氮(用NH3表示)转化为氮气除去，涉及的相关反应如下：
反应①：NH3＋HClO=NH2Cl＋H2O
反应②：NH2Cl＋HClO=NHCl2＋H2O
反应③：2NHCl2＋H2O=N2＋HClO＋3HCl
已知在水溶液中NH2Cl较稳定，NHCl2不稳定易转化为氮气。在其他条件一定的情况下，改变 (即NaClO溶液的投入量)，溶液中次氯酸钠对氨氮去除率及余氯量 (溶液中＋1价氯元素的含量) 的影响如图所示。

①反应中氨氮去除效果最佳的值约为_______________。
②a点之前氨氮去除率较低的原因为______________________________________________。
【答案】(1). △H＞0 △S＜0 (2). O3 +2NO2 N2O5 + O2 (3). 好氧硝化 (4). Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用 (5). 温度升高H2O2分解速率加快 (6). 1.5 (7). NaClO用量较少，水解生成的少量HClO与NH3主要发生反应①，生成较稳定的NH2Cl。
【分析】（1）当△H-T△S恒大于0时，反应不能自发进行；
（2）由示意图可知，2mol O3与4mol NO2反应生成2mol X和2mol O2；
（3）①由图I可知，当废气中的NO含量增加时，好氧硝化法的脱氮的效率先减小后增大，而厌氧反硝化法的脱氮的效率逐渐降低；
②Fe2+、Mn2+具有催化作用；
③H2O2不稳定，受热易分解；
（4）① 由图可知，当=1.5左右时，氨氮去除率最高，余氯量最低；
②次氯酸钠水解生成的次氯酸将水中的氨转化为不稳定的NHCl2有利于氨氮去除率提高。
【详解】（1）由化学方程式可知该反应为熵减的反应，△S＜0，若该反应为吸热反应，△H＞0，则△H-T△S恒大于0，该反应不能自发进行，故答案为：△H＞0 ，△S＜0；
（2）由示意图可知，2mol O3与4mol NO2反应生成2mol X和2mol O2，由质量守恒定律可知，X为N2O5，O3、NO2、N2O5和O2的物质的量比为2mol：4mol：2mol：2mol=1:2:1:1，则反应的化学方程式为O3 +2NON2O5+O2，故答案为：O3+2NO2N2O5+O2；
（3）①由图I可知，当废气中的NO含量增加时，好氧硝化法的脱氮的效率先减小后增大，而厌氧反硝化法的脱氮的效率逐渐降低，则应选用好氧硝化法提高脱氮的效率，故答案为：好氧硝化；
② 由图Ⅱ可知，循环吸收液加入具有催化作用的Fe2+、Mn2+，脱氮的效率增大，故答案为：Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用；
③H2O2不稳定，受热易分解，温度高于60℃后，H2O2分解速率加快，导致NO去除率下降，故答案：温度升高H2O2分解速率加快；
（4）① 由图可知，当=1.5左右时，氨氮去除率最高，余氯量最低，故答案为：1.5；
②由题给信息可知，a点之前，NaClO用量较少，水解生成的少量HClO与NH3反应①生成较稳定的NH2Cl，没有转化为NHCl2，导致氨氮去除率较低，故答案为：NaClO用量较少，水解生成的少量HClO与NH3主要发生反应①，生成较稳定的NH2Cl。