1、20192019學年第1學期人教版選修4化學一周一練之第七周一、填空題1. 節能減排已經成為全社會的共鳴,浙江省在原先推行乙醇汽油的根底上,開始試點甲醇汽油即在汽油中添加一定量的甲醇,根據檢測的數據分析認為,假設寧波全市的140余萬輛機動車全部使用甲醇汽油,一年內能減少有害氣體一氧化碳排放將近100萬噸甲醇常利用煤氣化過程中生成的CO和H2來制備：CO+2H2CH3OH請根據圖示答復以下問題：1關于該反響的以下說法中,正確的選項是_填字母：AH0,S0   BH0,S0CH0,S0   DH0,S02現進行如下實驗,在體積為1L的密閉

2、容器中,充入1molCO和3molH2,凈測得CO和CH3OHg的濃度隨時間變化如圖1所示從反響開始到平衡,CO的平均反響速率vCO=_,該反響的平衡常數K=_3恒容條件下,到達平衡后,以下措施中能使n(CH3OH)n(CO)增大的有_A升高溫度       B充入He氣C再沖入1molCO和3molH2    D使用催化劑4假設在一體積可變的密閉容器中充入1molCO、2molH2和1molCH3OH,到達平衡時測的混合氣體的密度是同溫同壓下起始的1.6倍此過程三種物質均處于氣態,那

3、么平衡時混合氣體的平均摩爾質量=_g/mol5根據圖2,寫出此反響的熱化學方程式_2. 甲醇是重要的化工原料。利用合成氣(主要成分為CO、CO2和H2)在催化劑的作用下合成甲醇,發生的主要反響如下： CO(g)2H2(g)CH3OH(g)         H1    CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)  H258 kJ·mol1 CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)     H341 kJ·mol1(

4、1)CO2的電子式是_。(2)H1_kJ·mol1,反響正向的熵變S_0(填“或“)。(3)在容積為2 L的密閉容器中,充入一定量CO2和H2合成甲醇(上述反響),在其他條件不變時,溫度T1、T2對反響的影響圖像如圖,以下說法正確的選項是_(填序號)。 溫度為T1時,從反響到平衡,生成甲醇的平均速率為v(CH3OH)nA/tA mol·L1·min1 當v(CH3OH) v(H2O)時,說明反響到達平衡 混合氣體的平均相對分子質量A點大于B點 處于A點的反響體系從T1變到T2,到達平衡時n(H2)與n(CH3OH)比值增大(4)在T1溫度時,將2 mol CO2和

5、6 mol H2充入2 L密閉容器中,充分反響(上述反響)到達平衡后,假設CO2轉化率為50%,那么容器內的壓強與起始壓強之比為_；T1溫度,反響CH3OH(g)H2O(g)CO2(g)3H2(g)的平衡常數數值為_。3. 科學家積極探索新技術對CO2進行綜合利用,請答復以下問題： CO2可用來合成低碳烯烴：2CO2(g) +6H2(g)CH2 =CH2(g) +4H2O(g)  H= akJ/mol1：H2和CH2 =CH2的燃燒熱分別是285.8kJ/mol和1411.0kJ/mol,且H2O(g)H2O(1) H = -44.0 kJ/mol,那么a=_kJ/mol。

6、2上述由CO2合成CH2 =CH2的反響在_下自發進行填“高溫或“低溫,理由是_。3在體積為1L的密閉容器中,充入3mol H2和1mol CO2,測得溫度對CO2的平衡轉化率和催化劑催化效率的影響如圖1所示。以下說法正確的選項是_。A平衡常數大小：KM>KNB其他條件不變,假設不使用催化劑,那么250時CO2的平衡轉化率可能位于點M1C圖1中M點時,乙烯的體積分數為7.7%D當壓強或n( H2)/n(CO2)不變時均可證明化學反響已到達平衡狀態4保持溫度不變,在體積為VL的恒容容器中以n(H2)n(CO2)= 31的投料比參加反響物,t0時到達化學平衡。t1時將容器體積瞬間擴大至2V

7、L并保持不變,t2時重新達平衡。請在圖2中作出容器內混合氣體的平均相對分子質量M隨時間變化的圖象。CO2與NH3在一定條件下可以合成氨基甲酸銨NH2COONH4,：NH2COONH4+2H2O NH4HCO3+NH3·H2O,某研究小組分別用三份不同初始濃度的氨基甲酸銨溶液測定水解反響速率,得到cNH2COO隨時間的變化如圖3所示：525時,06min氨基甲酸銨水解反響的平均速率vNH2COO=             6依據圖中信息,說明水解反響速率隨溫

8、度升高而增大的理由是                                      4. 工業上一般在密閉容器中采用以下反響合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g). 1不同溫度下的平衡

9、轉化率與壓強的關系如下列圖。該反響H_0,S_0(填“>或“<) ,實際生產條件控制在_、1.3×104kPa左右最為適宜。 2某溫度下,將2molCO和6molH2充入2 L的密閉容器中,充分反響后,到達平衡時測得c(CO)=  0.1 mol·L-1。 不能作為判斷反響到達平衡狀態的依據是_ACO和H2的濃度之比不再變化B混合氣體的密度不變 C混合氣體的相對平均分子質量不變 DCH3OH、CO、H2的濃度都不再發生變化 該反響的平衡常數K=_L2·mol-2保存兩位小數。反響達平衡后,以下操作既能加快反響速率,又能使平衡混合物中CH3OH

10、物質的量分數增大的是_。a升溫                    b恒容條件下充入H2                 c參加適宜的正催化劑       d恒容條件下再充入1molCO,

11、3 mol H2         e壓縮體積      f移走一局部CH3OH平衡后某時刻,向容器中再充入2.4 mol H2和5.4mol CH3OH,此時反響v正_v逆填“、“或“=。 假設保持同一反響溫度同一反響容器,將起始物質改為a mol CO、b mol H2、c mol CH3OH,欲使平衡混合物中各組成與原平衡相同,那么a、b應滿足的關系為_,且欲使開始時該反響向逆反響方向進行,c的取值范圍是_。5. 煤燃燒排放的煙含有SO2和NOx,形成酸雨、污染

12、大氣,采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時對煙氣進行脫硫、脫硝答復以下問題：1NaClO2的化學名稱為 _ 2在鼓泡反響器中通入含SO2、NOx的煙氣,反響溫度323K,NaClO2溶液濃度為5×10-3molL-1反響一段時間后溶液中離子濃度的分析結果如表離子SO42-SO32-NO3-NO2- Cl- c/molL-1 8.35×10-4 6.87×10-6 1.5×10-4 1.2×10-5 3.4×10-3寫出 NaClO2溶液脫硝過程中主要反響的離子方程式

13、 _ 增加壓強,NO的轉化率 _ 填“提高、“不變或“降低隨著吸收反響的進行,吸收劑溶液的pH逐漸 _ 填“增大、“不變或“減小由實驗結果可知,脫硫反響速率 _ 脫硝反響速率填“大于或“小于原因是除了SO2和NO在煙氣中初始濃度不同,還可能是 _ 3在不同溫度下,NaClO2溶液脫硫、脫硝的反響中SO2和NO的平衡分壓Pe如下列圖由圖分析可知,反響溫度升高,脫硫、脫硝反響的平衡常數均 _ 填“增大、“不變或“減小反響ClO2-+2SO32-=2SO42-+Cl-的平衡常數K表達式為 _ 4如果采用NaClO、CaClO2替代NaClO2,也能得到較好的煙氣脫硫效果從化學平衡原理分析,CaClO

14、2相比NaClO具有的優點是 _ 以下反響：SO2g+2OH-aq=SO32-aq+H2OlH1ClO-aq+SO32-aq=SO42-aq+Cl-aqH2CaSO4s=Ca2+aq+SO42-aqH3那么反響SO2g+Ca2+aq+ClO-aq+2OH-aq=CaSO4s+H2Ol+Cl-aq的H= _ 6. 運用化學反響原理研究合成氨反響有重要意義,請完成以下探究 1生產氫氣：將水蒸氣通過紅熱的炭即產生水煤氣Cs+H2OgH2g+COgH=+131.3kJmol-1,S=+133.7Jmol-1K-1, 該反響在低溫下 _ 填“能或“不能自發進行 寫出該反響的平衡常數表達式 _ 2在400

15、時,N2g+3H2g2NH3g的K=0.5 在400時,2NH3gN2g+3H2g的K= _ 填數值 400時,在0.5L的反響容器中進行合成氨反響,一段時間后,測得N2、H2、NH3的物質的量分別為2mol、1mol、2mol,那么此時反響vN2正 _  vN2逆填“、“、“=或“不能確定 假設在恒溫、恒壓條件下向平衡體系中通入氬氣,那么合成氨反響的平衡 _ 移動填“向左、“向左或“不；使用催化劑,反響的H _ 填“增大、“減小或“不改變 3水煤氣轉化反響COg+H2OgCO2g+H2g在一定溫度下到達化學平衡現將不同量的COg和H2Og分別通入到體積為2L的恒容密閉容器中進行反響

16、,得到如表兩組教據：  實驗組溫度/起始量/mol 平衡量/mol 到達平衡所需時間/min H2O CO H2 CO 1650 2 4 1.6 2.4 5  2900 1 2 0.4 1.6 3實驗l中以CO2表示的反響速率為vCO2= _ ； 實驗1的平衡常數K1 _ 實驗2的平衡常數K2 填“大于小于,“等于“不能確定 該反響正方向為 _  填“吸或放熱反響7. 某實驗組

17、為研究“不同條件對化學平衡的影響情況,進行了如下實驗：一定條件下,向一個密閉容器中參加0.30molX、0.10molY和一定量的Z三種氣體,甲圖表示發生反響后各物質濃度c隨時間t的變化其中t0t1階段cZ未畫出乙圖表示化學反響速率v隨時間t的變化,四個階段都只改變一種條件催化劑、溫度、濃度、壓強,每次改變條件均不同,t3t4階段為使用催化劑 答復以下問題： 1假設t1=5min,那么t0t1階段以X濃度變化表示的反響速率為vX= _ 2在t2t3階段Y的物質的量減小,那么此階段開始時v正 _ v逆填“、“=或“ 3t4t5階段改變的條件為 _ ,此階段的平衡常數K= _ 4t5t6階段容器內

18、Z的物質的量共增加0.10mol,在反響中熱量變化總量為a kJ,寫出該反響的熱化學方程式 _ 在乙圖處平衡中,平衡常數最大的是 _ 5假設起始實驗條件不變,重新向該容器中參加0.60mol X、0.20mol Y和0.080mol Z,反響至平衡狀態后X的轉化率= _ 8. Ag+BgCg+Dg反響的平衡常數和溫度的關系如下： 溫度/70080090010001200平衡常數0.50.61.01.62.0答復以下問題： 1該反響的平衡常數表達式K= _ ,H= _ 0填“=； 2900時,向一個固定容器為2L的密閉容器中充入0.20mol的A和0.80

19、mol的B,假設反響初始到2s內A濃度變化0.05molL-1那么A的平均反響速率vA= _ 該反響到達平衡時A的轉化率為 _ ,如果這時向該密閉容器中再充入1mol氬氣,平衡時A的轉化率為 _ 填變大“、變小“或不變“ 3判斷反響是否到達平衡的依據為 _ 填字母代號 a壓強不隨時間改變   b氣體的密度不隨時間改變 ccA不隨時問改變     d單位時間里生成C和D的物質的量相等 41200時,假設向另一相同容器中充入0.30molA、0.40mol B、0.40mol C和0.50molD,此時v正 _ v逆填

20、大于“、小于“或等于“9. 某研究性學習小組的同學為了探究影響化學反響速率的外界條件,選擇酸性KMnO4溶液和H2C2O4溶液的反響為研究對象。2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O；該反響的催化劑是Mn2+。同學們設計的方案見表。CKMnO4/molL-1VKMnO4溶液/mLVH2C2O4溶液/mLCH2C2O4溶液/molL-1溫度/催化劑MnSO4實驗A0.05240.2室溫無實驗B0.05240.1室溫無實驗C0.05240.1熱水無實驗D0.05240.1室溫有1選擇KMnO4和H2C2O4溶液的反響為研究對象,理由是_,該反響中

21、復原劑為_,表現氧化性的物質是_,每消耗1molKMnO4轉移電子的物質的量為_。2研究某一因素 影響時要設計比照實驗,本實驗中的比照實驗是_填字母。3為探究溫度對反響速率的影響,應選擇實驗_填字母。4實驗中同學們發現實驗A和實驗B中酸性KMnO4溶液紫色消失先慢后快,請你推測導致該現象可能的原因_。10. KMnO4是中學化學常見的試劑某小組擬用酸性KMnO4溶液與H2C2O4弱電解質的反響來探究“外界條件對化學反響速率的影響,并設計了如下的方案記錄實驗結果忽略溶液混合體積變化限選試劑和儀器：0.20mol/L H2C2O4溶液、0.010mol/L KMnO4

22、酸性溶液、蒸餾水、試管、量筒、秒表、恒溫水浴槽    物理量編號V0.20mol/LH2C2O4溶液/mL甲V0.010mol/LKMnO4溶液/mLMMnSO4固體/gT/乙2.004.00502.004.00251.0a4.00252.004.00.125答復以下問題：1完成上述反響原理的離子反響方程式Mn+_+_=Mn2+CO2+H2O2上述實驗是探究_對化學反響速率的影響；假設上述實驗是探究濃度對化學反響速率的影響,那么表格中“甲應填寫_,a為_；乙是實驗需要測量的物理量,那么表格中“乙應填寫_上述實驗是探究_對化學反響速率的影響某化學小組利用如

23、圖裝置進行實驗證明氧化性：KMnO4Cl2Br2限選試劑：KBr溶液、KMnO4溶液、濃鹽酸、濃硫酸3裝置a、d中盛放的試劑分別是：_、_；4實驗中觀察到的現象為_；此實驗裝置的缺乏之處是_11. 某化學興趣小組為了研究外界條件對化學反響速率和平衡的影響,進行了如下實驗：實驗原理2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O實驗內容及記錄表一：實驗編號室溫下,試管中所加試劑及其用量/mL室溫下溶液褪色所需時間/min0.6 mol/LH2C2O4溶液H2O0.2mol/LKMnO4溶液3mol/L稀硫酸13.02.03.02.04.023.03.02

24、.02.05.233.04.01.02.06.4請答復以下問題：1根據表一中的實驗數據,可以得到的結論是_。2該小組同學根據經驗繪制了nMn2+隨時間變化趨勢的示意圖,如圖甲所示,但有同學查閱已有的實驗資料發現,該實驗過程中nMn2+隨時間變化的趨勢應如圖乙所示。該小組同學根據圖乙所示信息提出了新的假設。并繼續進行實驗探究。該小組同學提出的假設是_。請你幫助該小組同學完成實驗方案,并填寫表二中空白。表二：實驗編號室溫下,試管中所加試劑及其用量/mL再向試管中參加少量固體室溫下溶液褪色所需時間/min0.6 mol/LH2C2O4溶液H2O0.2 mol/L KMnO4溶液3 mol/

25、L稀硫酸43.02.03.02.0           t假設該小組同學提出的假設成立,應觀察到的現象是_。12. 中國環境監測總站數據顯示,顆粒物(PM2.5等)為連續霧霾過程影響空氣質量最顯著的污染物。因此,對PM2.5、SO2、NOx等進行研究具有重要意義。請答復以下問題： 1將PM2.5樣本用蒸餾水處理制成待測試樣。假設測得該試樣所含水溶性無機離子的化學組分及其平均濃度如下表：離子 K+ Na+ NH SO NO Cl 濃度/molL1 4×106 6×10

26、6 2×105 4×105 3×105 2×105 根據表中數據計算PM2.5待測試樣的pH _。2汽車發動機工作時會引發N2和O2反響,其能量變化示意圖如圖： N2(g)O2(g)2NO(g)  H_kJ·mol1。尾氣中空氣缺乏時, NOx在催化轉化器中被復原成N2。寫出NO被CO復原的化學方程式_。汽車汽油不完全燃燒時還產生 CO,假設設想按以下反響除去CO：2CO(g)2C(s)O2(g),該反響的H0,該設想能否實現？_填“能或不能。依據是_。3碘循環工藝不僅能吸收 SO2降低環境污染,同時又能制得氫氣,具體流程如圖：用離子

27、方程式表示反響器中發生的反響 _。用化學平衡移動的原理分析,在 HI分解反響可逆反響中使用膜反響器別離出H2的目的是_。13. 將一定量純潔的氨基甲酸銨置于特制的密閉真空容器中(假設容器體積不變,固體試樣體積忽略不計),在恒定溫度下使其到達分解平衡：NH2COONH4s2NH3g+CO2g。實驗測得不同溫度下的平衡數據列于下表： 溫度() 15.0 20.0 25.0 30.0 35.0 平衡總壓強(kPa) 5.7 8.3 12.0 17.1 24.0 平衡氣體總濃度(×10-3mol·L-1) 2.4 3.4 4.8 6.8 9.4    

28、 (1)判斷氨基甲酸銨分解反響的H_0(填“>、“<或“=),其原因是_。    (2)判斷氨基甲酸銨分解反響的S_0(填“>、“<或“=),該反響在_(填“高溫、“低溫、“任意溫度)能自發進行。    (3)上述反響在不同條件下的反響歷程分別為a、b,如下列圖。其中b歷程說明此反響采用的條件為_(填標號),作出正確的判斷的理由為_。    A升高溫度    B增大反響物的濃度    C降低溫度  &#

29、160; D使用了催化劑參考答案和解析1.【參考答案】C；0.075mol/Lmin；43；C；25.6；COg+2H2g=CH3OHgH=-91 kJ/mol【解析】解：1根據方程式可知,該反響為氣體體積減小的反響,所以該反響S0,根據圖2可知,生成物質能量低于反響,所以H0, 故參考答案為：C； 2由圖I可知,反響中CO濃度的變化為：1.00-0.25=0.75molL-1,那么vCO=0.075mol/Lmin,根據圖可知,平衡時cCO=0.25mol/L,cCH3OH=0.75mol/L,cH2=1.5mol/L,K=, 故參考答案為：0.075mol/Lmin； 3恒容條件下,以下措

30、施中能使增大,那么平衡正移； A該反響的正方向為放熱反響,升高溫度,平衡逆移,故A錯誤； B充入He氣,容器的體積不變,各反響物的濃度不變,平衡不移動,故B錯誤； C再充入1molCO和2molH2,與原來參加了的量等比例,平衡時比原來的平衡的壓強增大,平衡正移,故C正確； D使用催化劑,同等程度的改變正逆反響速率,平衡不移動,故D錯誤； 故參考答案為：C； 4由平衡時密度可知,平衡后混合氣體的物質的量為起始時的,平衡時總物質的量為1mol+2mol+1mol×=2.5mol,總質量為1×28g+2×2g+1×32g=64g,所以平均摩爾質量=25.6g

31、/mol, 故參考答案為：25.6； 5反響物的總能量為419kJ,生成物的總能量為510kJ,那么該反響為放熱反響,放出的熱量為419kJ-510kJ=91kJ,熱化學方程式為COg+2H2g=CH3OHgH=-91 kJ/mol, 故參考答案為：COg+2H2g=CH3OHgH=-91 kJ/mol1根據方程式可知,該反響為氣體體積減小的反響,根據圖2可知,生成物質能量低于反響； 2根據圖I時,反響中CO濃度的變化,結合速率公式計算,根據K=計算平衡常數； 3恒容條件下,以下措施中能使增大,那么平衡正移,據此分析； 4根據平均摩爾質量=計算； 5根據反響物與生成物的總能量來分析吸熱還是放熱

32、,并書寫熱化學反響方程式此題為綜合性習題,考查影響化學平衡的因素、熱化學反響、化學平衡常數、反響速率的計算,圖象的分析和利用等知識點,注重對高考熱點知識的考查,是較好的習題,題目難度中等2.【參考答案】(1) (2)99(3) (4)34 6.75或27/4【解析】【分析】此題綜合性較強,考查知識點較多,注重了對高考熱點的考查,學生應熟悉蓋斯定律、反響速率、化學平衡、圖象分析判斷等重要知識來解答,題目難度中等。【解答】1二氧化碳中C原子和O原子間為雙鍵,CO2是共價化合物,其結構式為O=C=O,碳原子和氧原子之間有2對電子,其電子式為 ,故參考答案為： ；2反響：

33、COg+2H2gCH3OHgH1,CO2g+3H2gCH3OHg+H2OgH2=-58kJmol-1,CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g) H341 kJ·mol1,根據蓋斯定律可知,將-可得反響,故H1=-58kJmol-1-+41kJmol-1=-99KJ/mol,反響正向是氣體體積減小的反響,反響的熵變S0,故參考答案為：-99；3vCH3OH=nA2ltA=nA/2tAmol·L1·min1,故錯誤；當vCH3OH=vH2O時,不能證明反響正逆反響速率相同,不能說明反響到達平衡,故錯誤；混合氣體質量不變,B點溫度越高平衡逆向進行,氣體物質

34、的量增大,那么氣體的平均相對分子質量A點大于B點,故正確；處于A點的反響體系從T1變到T2,升高溫度,平衡向逆反響方向移動,到達平衡時,氫氣物質的量增大、甲醇的物質的量減小,故n(H2)/n(CH3OH)增大,故正確。故參考答案為：；4由化學平衡的三段模式法計算可知,容器體積為2L,                             

35、0;                CO2g+3H2g=CH3OHg+H2Og起始mol/L     1             3                  0      

36、0;             0變化mol/L  1×50%        1.5            0.5                 0.5平衡mol/L&#

37、160;  0.5           1.5                0.5                0.5根據相同條件下氣體的壓強之比等于物質的量之比,那么容器內的壓強與起始壓強之比=(0.5+1.5+0.5+0.

38、5)：1+3=3：4,平衡常數K=,故參考答案為：3：4；。3.【參考答案】1-127.8 2低溫    根據G=H-TS,H0  S0,要使反響自發進行使G0,需低溫下進行。3AC4作圖要求：O點坐標0,12.5,t0平衡時M在12.5到20之間,t1時體積瞬間擴大至2VL時,平衡左移M減小,但到達新平衡M大于12.5。50.05mol·L-1·min-1625時反響物的起始濃度較15的起始濃度小,但06min的平均反響速率曲線斜率仍比15的大【解析】【分析】此題是對化學反響原理的知識的綜合考查,是高考常考知識點,難度一般。關鍵是掌

39、握原理的應用,側重知識的能力考查。【解答】.CO2可用來合成低碳烯烴：2CO2(g) +6H2(g) CH2 =CH2(g) +4H2O(g)  H= akJ/mol1：H2和CH2 =CH2的燃燒熱分別是285.8kJ/mol和1411.0kJ/mol,且H2O(g) H2O(l) H= -44.0 kJ/mol,依據燃燒熱的定義,可得2H2g+O2g=2H2Ol H=-2×285.8kJ/mol；CH2 =CH2g+3O2g=2CO2g+2 H2Ol H=-1411.0kJ/mol。 依據蓋斯定律,那

40、么a=-127.8kJ/mol。故參考答案為：-127.8；2上述由CO2合成CH2 =CH2的反響在低溫下自發進行,理由是根據G=H-TS,H0  S0,要使反響自發進行使G0,需低溫下進行。故參考答案為：低溫；根據G=H-TS,H0  S0,要使反響自發進行使G0,需低溫下進行；3在體積為1L的密閉容器中,充入3molH2和1molCO2,測得溫度對CO2的平衡轉化率和催化劑催化效率的影響如圖1所示。以下說法正確的選項是_。A.由于反響是放熱反響,而圖像是溫度對CO2的平衡轉化率的關系,所以平衡常數大小：KM>KN。故A正確；B.其他

41、條件不變,催化劑對平衡轉化率沒有關系。故B錯誤；C.依據圖1中M點的坐標,此時CO2的轉化率是50,根據“三段法可以計算得乙烯的體積分數為7.7%。故C正確；D.依據“變量不變是平衡的原理,當壓強或n( H2)/n(CO2)不變時不均可證明化學反響已到達平衡狀態,故D錯誤 。應選AC。4保持溫度不變,在體積為VL的恒容容器中以n(H2)n(CO2)= 31的投料比參加反響物,t0時到達化學平衡。t1時將容器體積瞬間擴大至2V L并保持不變,t2時重新達平衡。請在圖2中作出容器內混合氣體的平均相對分子質量隨時間變化的圖象。故參考答案為：；作圖要求：O點坐標0,12.5,t0平衡時在12.5到20

42、之間,t1時體積瞬間擴大至2VL時,平衡左移減小,但到達新平衡大于12.5。CO2與NH3在一定條件下可以合成氨基甲酸銨NH2COONH4,：NH2COONH4+2H2O  NH4HCO3+NH3·H2O,某研究小組分別用三份不同初始濃度的氨基甲酸銨溶液測定水解反響速率,得到cNH2COO-隨時間的變化如圖3所示：525時,06min氨基甲酸銨水解反響的平均速率vNH2COO-=2.2mol/L-1.9mol/L÷6min= 0.05mol·L-1·min-1。故參考答案為：0.05mol·L-1·min-1；6依據圖中信息

43、,說明水解反響速率隨溫度升高而增大的理由是： 25時反響物的起始濃度較15的起始濃度小,但06min的平均反響速率曲線斜率仍比15的大。故參考答案為：25時反響物的起始濃度較15的起始濃度小,但06min的平均反響速率曲線斜率仍比15的大。4.【參考答案】1       2502B     6.25    de    =    b=2+2a    1.82【解析】【分析】此題綜合性較大,涉及化學反響自發性判斷、化學平衡常數、化學平衡影響因素、等效

44、平衡計算等,注意等效思想的運用。【解答】1由圖象可知,壓強一定時,溫度越高CO的轉化率越小,說明升高溫度平衡向逆反響方向移動,那么正反響為放熱反響,即H0,該反響正反響是氣體物質的量減小的反響,故熵減小,即S0,由圖像可知,250、1.3×104kPa左右時,CO轉化率已較高,故參考答案為：     250。2A.只要反響正向移動,CO和H2的濃度之比就會發生變化,濃度之比不再變化時,即反響到達平衡狀態,故A不符合題意； B.混合物的質量始終不變,容器的體積不變,所以混合氣體的密度始終不變,所以不能作為判斷平衡狀態的依據,故B符合題意； C.反

45、響前后,混合氣體的物質的量改變,氣體的質量不變,反響到達平衡狀態時,混合氣體的相對平均分子質量不變,所以能作為判斷平衡狀態的依據,故C不符合題意；D.反響到達平衡狀態時,CH3OH、CO、H2的濃度都不再發生變化,所以能作為判斷平衡狀態的依據,故D不符合題意；應選B。2molCO和6molH2充入2L的密閉容器中,CO、H2的起始濃度分別為充分反響后,到達平衡時測得cCO=0.1 mol/L,CO濃度變化為1mol/L-0.1mol/L=0.9mol/L,那么：                 

46、     COg+2H2gCH3OHg開始mol/L：1              3                0變化mol/L：0.9           1.8            0.9平衡mol/L：0.1           1.2   &#

47、160;        0.9故該溫度下,該反響的平衡常數k,故參考答案為：6.25。a.升溫,平衡逆向移動,CH3OH物質的量分數減小,故a錯誤；b.恒容條件下充入H2,反響物、生成物的濃度都增大,反響物的濃度增大的更多,CH3OH物質的量分數減小,故b錯誤；c.催化劑不會影響平衡的移動 ,故c錯誤；d.恒容條件下再充入1molCO,3 mol H2,反響物濃度增大,能加快反響速率,正反響為氣體分子數減小的反響,最終平衡時故重新平衡時CH3OH物質的量分數增大,故d正確； e壓縮體積,導致壓強增大,能加快反響速率,正反響為氣體分子數

48、減小的反響,最終平衡時故重新平衡時CH3OH物質的量分數增大,故e正確； f移走一局部CH3OH,導致壓強減小,反響速率減小,故f錯誤；故參考答案為：de。向容器中再充入2.4 mol H2和5.4mol CH3OH,此時cH2=1.2+2.4/2=2.4mol/L,cCH3OH=0.9+5.4/2=3.6 mol/L,此時濃度商Qc,所以平衡不移動,v正=v逆,故參考答案為：=。使平衡混合物中各組成與原平衡相同,那么應滿足以下條件：                     

49、  COg+2H2gCH3OHg開始mol/L：a              b               c變化mol/L：c              2c             c平衡mol/L： a+c        b+2c      

50、    0,且,解得b=2+2a,原平衡狀態下nCH3OH=cCH3OHV=0.9mol/L2L=1.8mol,所以nCH3OH>1.8mol平衡向逆反響方向進行,按化學計量數轉化到右邊,得到2mol時c的值最大,所以1.8<c2,故參考答案為：b=2+2a    1.8<c2。5.【參考答案】亞氯酸鈉；3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；提高；減小；大于；NO溶解度較低或脫硝反響活化能較高；減小；c(Cl)c2(SO42)c(ClO2)c2(SO32)；形成CaSO4沉淀,反響平衡向產物方向移動,SO2轉化

51、率提高；H1+H2-H3【解析】解：1NaClO2的化學名稱為亞氯酸鈉,故參考答案為：亞氯酸鈉；2亞氯酸鈉具有氧化性,且NaClO2溶液呈堿性,那么NaClO2溶液脫硝過程中主要反響的離子方程式為3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；正反響是體積減小的,那么增加壓強,NO的轉化率提高,故參考答案為：3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；提高；根據反響的方程式3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O可知隨著吸收反響的進行氫氧根離子被消耗,吸收劑溶液的pH逐漸降低,故參考答案為：減小；由實驗結果可知,在相同時間內硫酸根離子的

52、濃度增加的多,因此脫硫反響速率大于脫硝反響速率原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同,還可能是NO溶解度較低或脫硝反響活化能較高,故參考答案為：大于；NO溶解度較低或脫硝反響活化能較高；3由圖分析可知,根據反響3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O,NO的平衡分壓的負對數隨溫度的升高而減小,那么說明溫度越高,NO的平衡分壓越大,NO的含量越高,故升高溫度,平衡向逆反響方向進行,平衡常數減小,故參考答案為：減小；根據反響的方程式ClO2-+2SO32-2SO42-+Cl-可知平衡常數K表達式為K=,故參考答案為：；4如果采用NaClO、CaClO2替代NaClO2,

53、生成硫酸鈣沉淀,降低硫酸根離子濃度,促使平衡向正反響方向進行,所以CaClO2效果好,故參考答案為：形成CaSO4沉淀,反響平衡向產物方向移動,SO2轉化率提高；SO2g+2OH-aqSO32-aq+H2OlH1ClO-aq+SO32-aqSO42-aq+Cl-aqH2CaSO4sCa2+aq+SO42-aqH3那么根據蓋斯定律可知+-即得到反響SO2g+Ca2+aq+ClO-aq+2OH-aqCaSO4s+H2Ol+Cl-aqH=H1+H2-H3,故參考答案為：H1+H2-H31NaClO2的化學名稱為亞氯酸鈉；2亞氯酸鈉具有氧化性,那么NaClO2溶液脫硝過程中主要反響的離子方程式為3Cl

54、O2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；正反響是體積減小的,那么增加壓強,NO的轉化率提高；根據反響的方程式3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O可知隨著吸收反響的進行氫氧根離子被消耗,吸收劑溶液的pH逐漸降低；由實驗結果可知,在相同時間內硫酸根離子的濃度增加的多,因此脫硫反響速率大于脫硝反響速率原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同,還可能是二氧化硫的復原性強,易被氧化；3由圖分析可知,根據反響3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O,NO的平衡分壓的負對數隨溫度的升高而減小,那么說明溫度越高,NO的平衡分壓越大,NO的含

55、量越高,故升高溫度,平衡向逆反響方向進行,平衡常數減小；根據反響的方程式ClO2-+2SO32-2SO42-+Cl-可知平衡常數K表達式為K=；4如果采用NaClO、CaClO2替代NaClO2,由于生成的硫酸鈣微溶,降低硫酸根離子濃度,促使平衡向正反響方向進行；那么根據蓋斯定律計算此題考查氧化復原反響、蓋斯定律、外界條件對反響速率和平衡狀態的影響等,要求學生掌握根本概念,結合生活實際分析問題、解決問題,方程式的書寫要遵照相關守恒,題目難度中等6.【參考答案】不能；k=c(CO)c(H2)c(H2O)；2；=；向左；不改變；0.16mol/Lmin；大于；放【解析】解：1H-TS=131.3K

56、J/mol-T×133.7×0.001KJ/Kmol,在低溫下,該值一定是大于0的,所以不能在低溫下自發進行, 故參考答案為：不能； k=, 故參考答案為：k=； 2反響2NH3gN2g+3H2g和反響N2g+3H2g2NH3g是互為可逆反響,平衡常數互為倒數,故此反響的平衡常數是2, 故參考答案為：2； 一段時間后,當N2、H2、NH3的物質的量分別為4mol/L、2mol/L、4mol/L時,Qc=0.5=K1,所以該狀態是平衡狀態,正逆反響速率相等, 故參考答案為：=； 恒壓條件下向平衡體系中通入氬氣,體積增大,平衡向逆方向移動；參加催化劑,只改變反響的活化能,但反響

57、熱不變； 故參考答案為：向左；不改變； 3平衡時cH2=1.6mol,所以cCO2=1.6mol,vCO2=0.16mol/Lmin, 故參考答案為：0.16mol/Lmin； COg+H2OgCO2g+H2g 起始c  2                 1             0  

58、;               0 變化          0.8             0.8            0.8 

59、            0.8 平衡          1.2             0.2             0.8 &

60、#160;          0.8,k1=2.7,                COg+H2OgCO2g+H2g 起始c  1               0.5  

61、           0                 0 變化          0.2             0.2 &#

62、160;          0.2               0.2 平衡          0.8             0.3 &#

63、160;           0.2           0.2,k2=0.17,故K1的平衡常數大于K2, 故參考答案為：大于； 第二組溫度比第一組高,反響物物質的量比第一組減半,但是平衡時H2的物質的量比第一組的一半少,說明該反響為放熱反響, 故參考答案為：放； 1根據反響能否自發進行的判據：H-TS0,反響自發進行,代入數據來計算； k=； 2互為逆反響的化學反響平衡常數

64、互為倒數； 根據濃度熵和平衡常數之間的關系來判斷反響的狀態； 恒壓條件下向平衡體系中通入氬氣,體積增大,平衡向逆方向移動；催化劑對反響熱不影響； 3平衡時cH2=1.6mol,所以cCO2=1.6mol,根據公式求出vCO2 COg+H2OgCO2g+H2g 起始c  2                 1          &

65、#160;  0                 0 變化          0.8             0.8        

66、0;   0.8             0.8 平衡          1.2             0.2          

67、0;  0.8            0.8,k1=2.7,                COg+H2OgCO2g+H2g 起始c  1               0.5             0                 0 變化          0.2