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安徽师范大学附属中学2022-2023学年高二化学上学期期中试题(Word版附解析)
安徽师范大学附属中学2022-2023学年高二化学上学期期中试题(Word版附解析)
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安徽师范大学附属中学2022~2023学年第一学期期中考查高二化学试题可能用到的相对原子质量:H-1C-12N-14O-16S-32F-56一、单项选择题(每小题3分,共30分,每题只有一个选项符合题意)1.下列说法正确的是A.密闭容器中,9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6g时,放出19.12kJ热量。则B.已知,在中和热的测定时实际加入的酸碱的量的多少会影响该反应的C.500℃、30MPa下,将0.5mol和1.5mol置于密闭的容器中充分反应生成,放热19.3kJ,其热化学方程式为:D.相同条件下,在两个相同的恒容密闭容器中,2mol和6mol反应放出的热量是1mol和3mol反应放出的热量的2倍【答案】A【解析】【详解】A.9.6g硫粉的物质的量为,11.2g铁粉的物质的量为,二者混合加热的化学方程式为,生成硫化亚铁17.6g()时,放出19.12kJ热量,所以1mol铁完全反应放热,对应的热化学方程式为,选项A正确;B.中和热是指在稀溶液中,强酸与强碱反应生成1mol水时放出的热量,所以实际加入的酸碱的量的多少不会影响该反应的,选项B错误;C.0.5mol和1.5mol置于密闭的容器中充分反应生成,放热19.3kJ,因反应为可逆反应,不能进行到底,生成的NH3(g)小于1mol,则密闭的容器中充分反应生成2molNH3(g),放热大于38.6kJ,则热化学反应方程式中的反应热数值错误,选项C错误; D.相同条件下,在两个相同的恒容密闭容器中2molN2和6molH2反应的转化率比1molN2和3molH2反应的大,则2molN2和6molH2反应放出的热量大于lmolN2和3molH2反应放出的热量的2倍,选项D错误;答案选A。2.关于中和热的测定实验,下列说法正确的是A.为了简化装置,中和热测定实验中的玻璃搅拌器可以由温度计代替B.用醋酸代替盐酸溶液进行上述实验,测得的中和热的偏小C.实验测定的中和热的常常大于-57.3,原因可能是外部热量进入装置造成D.中和热测定实验也可以用稀硫酸与氢氧化钠溶液反应【答案】D【解析】【详解】A.温度计不能用于搅拌溶液,所以实验中环形玻璃搅拌棒不能由温度计代替,选项A错误;B.醋酸是弱酸,在溶液中电离时会吸收热量,所以用醋酸代替盐酸溶液进行上述实验,测得的中和热的ΔH偏大,选项B错误;C.通过实验测定的中和热的ΔH常常大于-57.3kJ·mol-1说明实验测定过程中保温工作不到位,造成热量散失出现实验误差,选项C错误;D.中和热是稀的强酸溶液和强碱溶液反应生成1mol水时放出的热量,所以也能用稀硫酸与氢氧化钠溶液反应测定反应热,选项D正确;答案选D。3.在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y的影响,各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图,下列说法正确的是 A.无催化剂时,反应不能进行B.使用催化剂Ⅰ时,0~2min内,C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化D.与催化剂Ⅰ相比,催化剂Ⅱ使反应活化能更低【答案】B【解析】【分析】由图可知,在无催化剂条件下,反应也能进行;反应曲线越陡,活化能越低,反应速率越快;根据计算反应速率。【详解】A.催化剂只是改变反应速率,由图可知,在无催化剂条件下,反应也能进行,故A错误;B.使用催化剂Ⅰ,X的浓度随t的变化为a,时0~2min内,,故B正确;C.2min时,X转化的浓度为2mol•L−1,X与Y的系数比为1:2,则Y增加的量为4mol•L−1,对应的曲线为Ⅰ,故C错误;D.反应曲线越陡,活化能越低,反应速率越快,故与催化剂Ⅰ相比,Ⅱ使反应活化能更高,故D错误;故答案选B。4.有反应4HCl+O2=2Cl2+2H2O,已知2molO2被还原时,放出akJ的热量,且知断开1molO2需要吸收bkJ的热量,断开1molCl2需要吸收ckJ的热量。则断开1molH—O键比断开1molH—Cl键所需能量高()kJA.(a+2b-4c)/8B.(a+b-2c)/4C.(b-a-2c)/4D.(2b-a-4c)/8【答案】A【解析】【详解】设H-Cl键的键能为XkJ/mol,H-O键的键能为YkJ/mol,因反应热=反应物的总键能-生成物的总键能,所以-a/2kJ/mol=4XkJ/mol+bkJ/mol-2ckJ/mol-4YkJ/mol,所以Y-X=,即断开1molH-O 键比断开1molH-Cl键所需能量高kJ;答案选A。5.下列有关合成氨工业的叙述,不可用勒夏特列原理来解释的是A.合成氨时采用循环操作,可提高原料的利用率B.高压比常压条件更有利于合成氨的反应C.低温更有利于合成氨的反应D.使用铁触媒,使N2和H2混合气体有利于合成氨【答案】D【解析】【详解】A.合成氨时采用循环操作,减小副产品的浓度,同时增大反应物的浓度,从而使平衡向正反应方向移动,可提高原料的利用率,能利用勒夏特列原理解释,A不符合题意;B.合成氨属于气体分子数减小的反应,所以高压能使平衡向正反应移动,比常压条件更有利于合成氨的反应,可用勒夏特列原理解释,B不符合题意;C.合成氨属于放热反应,所以低温能使平衡向正反应方向移动,更有利于合成氨的反应,可用勒夏特列原理解释,C不符合题意;D.使用铁触媒作催化剂,可加快合成氨的反应速率,但平衡不移动,不能利用勒夏特列原理解释,D符合题意;故选D。6.Burns和Dainton研究发现与CO合成反应机理如下:①快②快③慢反应②的速率方程为,。下列说法错误的是A.反应②的平衡常数B.反应①的活化能小于反应③的活化能C.要提高合成的速率,关键是提高反应②的速率 D.选择合适的催化剂能提高单位时间内的产率【答案】C【解析】【详解】A.反应②存在v正=k正c(CO)×c(Cl•),v逆=k逆c(COCl•),平衡时正逆反应速率相等,,选项A正确;B.活化能越小,反应速率越快,则反应①的活化能小于反应③的活化能,选项B正确;C.慢反应决定整个反应速率,要提高合成COCl2的速率,关键是提高反应③的速率,选项C错误;D.选择合适的催化剂加快化学反应速率,所以能提高单位时间内COCl2的产率,选项D正确;答案故选C。7.下列说法中正确的是A.非自发反应在任何条件下都不能实现B.ΔH>0,ΔS>0的反应在任何条件都可以实际发生C.金属单质导电属于物理变化,电解质溶液导电是化学变化D.O2(g)+2SO2(g)2SO3(g)在298K时的平衡常数K=7.0×1022,说明在该温度下反应速率很快【答案】C【解析】【详解】A.某些在常温下不能自发进行的反应,高温下能自发进行,所以非自发反应在一定条件下可以实现,A说法错误;B.ΔH>0,ΔS>0的反应在高温条件下ΔH-TΔS<0,可以自发进行,B说法错误;C.金属单质导电时没有新物质生成,是物理变化,而电解质溶液导电实际上是电解过程,有新物质生成,是化学变化,C说法正确;D.二氧化硫氧化为三氧化硫的反应在298K时平衡常数很大说明反应的限度很大,但无法确定在该温度下反应的反应速率快慢,D说法错误;故选C。8.下列图示与对应的叙述相符的是 A.图1表示反应:在一定温度下,B的平衡转化率(B%)与压强变化的关系如图所示,则x点正反应速率大于逆反应速率B.图2是可逆反应:的速率时间图像,在t1时刻改变条件只能是加入催化剂C.图3表示对于化学反应,A的百分含量与温度(T)的变化情况,则该反应的D.图4所示图中的阴影部分面积的含义是该物质物质的量的变化量【答案】C【解析】【详解】A.图像中的曲线为平衡线,根据图像,x点没有达到平衡,在等压下,需要降低B的转化率,才能达到平衡,反应向逆反应方向进行,即正反应速率小于逆反应速率,故A错误;B.t1时刻改变因素,只提高反应速率,平衡没有移动,如果D的状态为固体或纯液体,因为B的状态为固体,A、C为气态,且A、C系数相等,因此t1时刻还可能增大压强,故B错误;C.A为反应物,根据图像,M为平衡点,M点右侧,随温度升高,A%增大,说明升高温度,平衡向逆反应方向移动,根据勒夏特列原理,该反应的正反应为放热反应,即,故C正确;D.根据反应速率的定义,阴影部分面积的含义是该物质物质的量浓度的变化量,即(v正-v逆)与时间的乘积,故D错误;答案为C。9.恒温恒压下向密闭容器中充入4mol和2mol,反应如下:△H<0.2min反应达到平衡,生成1.4mol,同时放出热量QkJ。则下列分析正确的是A.若反应开始时容器体积为2L,则B.2min后向容器中再通入一定量的气体,重新达到平衡时,的含量增大C.若把条件“恒温恒压”改为“绝热恒压”,则平衡后大于1.4mol D.若把条件“恒温恒压”改为“恒温恒容”,则平衡时放出热量小于QkJ【答案】D【解析】【详解】A.若反应开始时容器体积为2L,该反应气体物质的量减小,气体体积变小,则v(SO3)>mol·L-1·min-1=0.35mol·L-1·min-1,选项A错误;B.2min后,向容器中再通入一定量的SO3气体,相当于加压,平衡右移,重新达到平衡时,SO2的含量减小,选项B错误;C.若把条件“恒温恒压”改为“恒压绝热”,反应放热,升温平衡左移,则平衡后n(SO3)小于1.4mol,选项C错误;D.该反应气体物质的量减小,若把条件“恒温恒压”改为“恒温恒容”,相当于减压,平衡左移,则平衡时放出热量小于QkJ,选项D正确;答案选D。10.将一定量纯净的X置于某10L容积恒定的真空容器中(假设固体试样体积忽略不计),在恒定温度下使其达到分解平衡:,实验测得不同温度下的分解平衡常数列于下表,下列说法中正确的是温度(℃)15.025.030.035.0K/()0.2051.644.6810.8A.该反应△H<0B.35℃时,平衡时X分解了0.03molC.若在恒温下,压缩容器体积,再次达平衡后,X的物质的量比原平衡小D.若气体密度不再随时间变化表示反应还未达平衡状态【答案】B【解析】【详解】A.由表可知温度越高,平衡常数K越大,所以△H>0,选项A错误;B.35℃平衡常数为10.8×10-8,假设反应开始时X的物质的量是amol,反应消耗了bmol,则达到平衡时n(Y)=2bmol,n(Z)=bmol,K=c2(Y)∙c(Z)=×10-8,解得b=0.03mol,即X分解了0.03 mol,选项B正确;C.该反应的正反应是气体体积增大的反应,压缩容器体积,相当于增大压强,化学平衡向气体体积减小的逆向移动,所以再次达平衡后,n(X)比原平衡大,选项C错误;D.反应X(s)2Y(g)+Z(g)在恒容密闭容器中进行,Y和Z都是气体,而X是固体,若反应未达到平衡状态,则气体的质量会增大,气体的密度也会增大,所以若气体密度不再随时间变化时,表示反应达平衡状态,选项D错误;答案选B。二、不定项选择题(每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)11.下图是计算机模拟的在催化剂表面上水煤气变化的反应历程。吸附在催化剂表面的物种用“*”标注。下列说法正确的是A.①表示CO和从催化剂表面脱离的过程B.②和④中化学键变化相同,因此吸收能量相同C.相同条件下,反应速率:④<②D.由图可知为吸热反应【答案】BC【解析】【分析】由图可知,①表示CO和H2O吸附在催化剂表面的过程;②和④中断裂的均为H−O键,②中吸收能量[1.25−(−0.32)]eV=1.57eV,④中吸收能量[1.41−(−0.16)]eV=1.57eV;由图可知,反应物总能量大于生成物总能量;活化能越小,反应速率越快;据此分析解题。【详解】A.①表示CO和H2O在催化剂表面吸附的过程,故A错误;B.②和④中化学键变化相同,断裂的均为H−O键,②中吸收能量[1.25−(−0.32)]eV=1.57eV,④ 中吸收能量[1.41−(−0.16)]eV=1.57eV,两者吸收的能量相同,故B正确;C.由图可知,相同条件下,④的活化能为(1.86+0.16)eV=2.02eV,②的活化能为(1.59+0.32)eV=1.91eV,④的活化能大于②,则反应速率④<②,故C正确;D.由图可知,为放热反应,故D错误;故答案选BC。【点睛】本题考查活化能与反应速率,把握反应中能量变化、活化能为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大。12.常温下,现有pH=4的盐酸和醋酸溶液,下列说法正确的是A.两种酸溶液中B.分别加水稀释10倍后溶液的pH均变为5C.中和等物质的量的氢氧化钠,消耗酸的体积:盐酸>醋酸D.等体积的两种酸溶液分别与足量的锌粒反应,产生气体的体积相等【答案】AC【解析】【详解】A.盐酸和醋酸溶液中存在电离守恒,c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+),c(Cl-)+c(OH-)=c(H+),两者pH相同则两溶液的c(OH-)和c(H+)分别相等,则c(CH3COO-)=c(Cl-),选项A正确;B.盐酸是强酸,稀释10倍时,pH=4,醋酸是弱酸,存在电离平衡,稀释10倍时,电离平衡向右移动,pH小于4,选项B错误;C.相同pH的盐酸的浓度比醋酸的浓度小的多,中和等物质的量的氢氧化钠,消耗酸的体积:盐酸>醋酸,选项C正确;D.相同pH的盐酸的浓度比醋酸的浓度小的多,等体积的两种酸溶液分别与足量的锌粒反应,醋酸产生气体的体积多,选项D错误;答案选AC。13.关于反应,达到平衡后,下列说法不正确的是A.升高温度,氯水中的减小B.氯水中加入少量醋酸钠固体,上述平衡正向移动,增大C.取氯水稀释,增大 D.取两份氯水,分别滴加溶液和淀粉KI溶液,若前者有白色沉淀,后者溶液变蓝色,可以证明上述反应存在限度【答案】D【解析】【详解】A.HClO受热易分解,升高温度,HClO分解,平衡正向移动,c(HClO)减小,A正确;B.氯水中加入少量醋酸钠固体,醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子,氢离子浓度减小,平衡正向移动,c(HClO)增大,B正确;C.氯水稀释,平衡正向移动,而c(HClO)和c(Cl-)均减小,但HClO本身也存在电离平衡HClO⇌H++ClO-,稀释促进了HClO的电离,使c(HClO)减少更多,因此增大,C正确;D.氯水中加硝酸银产生白色沉淀,证明溶液中有氯离子,氯水中加淀粉碘化钾溶液,溶液变蓝,证明生成了碘单质,溶液中有强氧化性的物质,而氯气和次氯酸都有强氧化性,不能证明反应物和生成物共存,即不能证明上述反应存在限度,D错误;答案选D。14.利用可消除的污染:,在10L密闭容器中分别加入0.50mol和1.2mol,测得不同温度下随时间变化的实验数据如表所示,下列说法正确的是实验温度/K时间/min物质的量010204050①0.500.350.250.100.10②0.500.300.18M0.18A.实验①中0~20min内,的降解速率为B.由实验数据可知,温度条件下的平衡常数为6.4C.D.该反应在任何温度下都能正向自发进行【答案】AD 【解析】【详解】A.实验①中内,甲烷物质的量改变量为0.25mol,则二氧化氮改变量为0.5mol,则的降解速率为,选项A正确;B.由实验数据可知,温度T1条件下平衡时甲烷物质的量为0.1mol,改变量为0.4mol,二氧化氮剩余0.4mol,氮气改变量为0.4mol,二氧化碳改变量为0.4mol,水蒸气改变量为0.8mol,其次温度下的平衡常数为,选项B错误;C.根据表格中数据得到在温度T2条件下20min时已经达到平衡,因此M=0.18,选项C错误;D.根据表格中数据得出温度T2条件下反应速率快,说明T2>T1,温度T2下,平衡时甲烷量多,说明升高温度,平衡逆向移动,逆向是吸热反应,正向是放热反应,又由于该反应是ΔS>0的反应,根据ΔG=ΔH−TΔS,因此该反应在任何温度下都能正向自发进行,选项D正确;答案选AD。15.某科学家利用二氧化铈()在太阳能作用下将、转变成、CO,其过程如下:;。下列说法不正确的是A.该过程中没有消耗B.从变成是熵增的过程C.图中D.的反应热小于【答案】CD【解析】【详解】A.通过太阳能实现总反应,反应中CeO2没有消耗,CeO2作催化剂,选项A正确; B.物质由液态变为气态为熵增的过程,选项B正确;C.由图中转化关系可知:,选项C不正确;D.①(1);②,根据盖斯定律①+②得:;因大于0,故,的反应热大于,选项D不正确;答案选CD。三、填空题(本题共4小题,共50分)16.Ⅰ.磷能形成多种含氧酸。(1)次磷酸()是一种精细化工产品,向10mL溶液中加入30mL等物质的量浓度的NaOH溶液后,所得的溶液中只有、两种阴离子。①写出溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式:_________②常温下,0.25mol/L的溶液在加水稀释过程中,下列表达式的数值一定变小的是_________(填标号)。A.B.C.(2)亚磷酸()是二元中强酸,25℃时亚磷酸的电离常数为、。试从电离平衡移动的角度解释K1、K2数据的差异:_________(3)①25℃时,HF的电离常数为;的电离常数为,,。足量NaF溶液和溶液反应的离子方程式为_________。②已知:,则0.1mol/L溶液与足量0.1mol/LNaOH溶液反应生成1mol放出的热量为_________(填标号)。A.=57.3kJB.<57.3kJC.>57.3kJD.无法确定Ⅱ.25C时:;。 (4)25℃时,向水溶液中加入,欲使,同时,应控制溶液中的范围为_________(用含a、b式子表示)。【答案】(1)①.②.AB(2)第一步电离出的对第二步电离起到抑制作用(3)①.②.B(4)【解析】【小问1详解】①向10mLH3PO2溶液中加入等物质的量浓度的NaOH溶液后,所得的溶液中只有两种阴离子,则表明H3PO2为一元酸,H3PO2与NaOH反应只能生成正盐,正盐的化学式:NaH2PO2。②常温下,,则H3PO2为弱酸,0.1mol/L的H3PO2溶液在加水稀释过程中,H3PO2的浓度不断减小。A.随着溶液浓度的不断减小,尽管H3PO2的电离程度不断增大,但c(H+)仍然不断减小,A符合题意;B.Ka不变,c()不断减小,所以=不断减小,B符合题意;C.=Ka(H3PO2),温度不变时,Ka(H3PO2)不变,C不符合题意;故选AB。答案为:NaH2PO2;AB;【小问2详解】H3PO3H++、H++,25℃时亚磷酸的电离常数为。从电离方程式可以看出,两步电离都产生H+,则第一步电离产生的H+必然抑制第二步电离,所以数据的差异较大的原因:H3PO3第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用。答案为:H3PO3第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用;【小问3详解】①因为K2(H3PO4)<K(HF)<K1(H3PO4),所以足量NaF溶液和H3PO4溶液反应时,H3PO4只能电离出1个H+,则离子方程式为。答案为:; ②,因为H3PO4是弱酸,电离时需要吸收热量,所以0.1mol/LH3PO4溶液与足量0.1mol/LNaOH溶液反应生成1molH2O(l)时,放出的热量<57.3kJ,故选B;答案为:;B;【小问4详解】II.已知25℃时水溶液呈弱碱性:;;25℃时,向N2H4水溶液中加入H2SO4,,则c(OH-)=<10-a;,则c(OH-)=>10-b;所以溶液中c(OH-)的范围为。答案为:。17.现有下列物质:①熔融的NaCl②稀硫酸③液氯④冰醋酸⑤铜⑥⑦⑧液氨⑨⑩固体。请按要求回答下列问题。(1)以上物质中属于弱电解质的是_________(填序号,下同);属于非电解质的是_________。(2)可以证明醋酸是弱酸的事实是_________。a.醋酸和水能以任意比例混溶b.在醋酸水溶液中还含有未电离的醋酸分子c.醋酸与溶液反应放出d.的醋酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色(3)某温度时,某水溶液中的,,x和y的关系如图所示:①该温度下,若盐酸中,则由水电离产生_________。 ②该温度下,将的溶液与的溶液混合(忽略体积变化),若溶液混合后恰好沉淀完全,且,,则混合后溶液的pH为_________。(已知)【答案】(1)①.④②.⑧⑨(2)b(3)①.②.11.5【解析】【小问1详解】①NaCl在溶液中能完全电离,属于强电解质;②稀硫酸是酸溶液,属于混合物,混合物既不是电解质也不是非电解质;③液氯是非金属单质,单质既不是电解质也不是非电解质;④冰醋酸在溶液中部分电离,属于弱电解质;⑤铜是金属单质,单质既不是电解质也不是非电解质;⑥溶于水的BaSO4在溶液中完全电离,属于强电解质;⑦NaHSO4在溶液中能完全电离,属于强电解质;⑧液氨在溶液中自身不能电离,属于非电解质;⑨SO2不能发生电离,属于非电解质;⑩Ca(OH)2固体溶于水,在溶液中能完全电离,属于强电解质。则属于弱电解质的是④,属于非电解质的是⑧⑨;【小问2详解】a.醋酸和水可以任意比例混溶,只能说明醋酸的溶解性,不能说明醋酸是弱酸,故错误;b.在醋酸水溶液中还存在未电离的醋酸分子,说明醋酸是在溶液中部分电离的弱酸,故正确;c.醋酸与碳酸钠溶液反应放出二氧化碳气体,只能说明醋酸的酸性强于碳酸,不能说明醋酸是弱酸,故错误;d.的醋酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色,只能说明醋酸溶液呈酸性,但不能说明醋酸是弱酸,故错误;【小问3详解】①该温度下,Kw=1×10-15,若盐酸中,则由水电离产生的molL-1;②由题意可知,和溶液中的氢氧根和氢离子浓度都是1×10-3molL-1,的浓度为0.5×10-3molL-1,的浓度是1×10-3molL-1,若两溶液混合后恰好沉淀完全,根据化学方程式Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+NaOH+H2O,可知V1=2V2,混合后c(OH-)=molL-1,c(H+)= ,pH=12-11.5。【点睛】两溶液混合后求pH,若溶液混合后呈酸性,求c(H+);若溶液呈碱性,求c(OH-),c(H+)=。18.在氮及其化合物的化工生产中,对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。(1)一定温度下,将2mol和6mol置于1L的恒容密闭容器中发生如下反应:,测得不同温度、不同时间段内合成氨反应中的转化率,数据如下:1小时2小时3小时4小时30%50%80%80%35%60%ab①上表中_________(填“>”或“<”或“=”),其中a、b、80%三者的大小关系是_________(用含“>”“<”“=”的关系式表示)。②研究表明,合成氨的速率与相关物质的浓度关系为,k为速率常数。以下说法正确的是_________(填字母序号)。A.升高温度,k值增大B.℃时若容器内混合气体平均相对分子质量保持不变,则反应达到平衡状态C.一定温度下将原容器中及时分离出来可使v减小D.合成氨达到平衡后,增大可使正反应速率在达到新平衡的过程中始终增大。③已知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol,容器容积为1L,保持温度和压强不变,又充入3mol后,平衡_________(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。(2)在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体,发生反应:,容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的平衡转化率如图乙所示: ①该反应的△H_________0(填“>”或“<”)。②若容器Ⅰ的体积为2L,反应在370℃下进行,20s后达到平衡,则0~20s内容器Ⅰ中用表示的反应速率为_________。B点对应的平衡常数K=_________(保留两位有效数字)【答案】(1)①.<②.③.AB④.不移动(2)①.>②.③.0.0044【解析】【小问1详解】①根据表中数据可知,相同时间段内,T2的N2的转化率高于T1,说明T2的反应速率快于T1,温度越高,反应速率越快,故T1<T2;通过ΔH<0,可知反应是放热反应,根据勒夏特列平衡移动原理可知,温度越高,此反应转化率越低,则达到平衡时,N2的转化率T1>T2,故b<80%,平衡后,转化率不再发生变化,故a=b,则a、b、80%三者的大小关系是a=b<80%;②A.浓度不变时,温度越高,反应速率越快,则v增大,k值也增大,选项A正确;B.容器内气体物质的总质量是不变的,平均分子量不在发生变化,说明容器内的气体总分子数不在发生变化,说明反应达到平衡状态,选项B正确;C.根据合成氨的速率与相关物质的浓度关系为v=,NH3及时分离出来,则容器内的c(NH3)减小,则v值增大,选项C错误;D.合成氨达到平衡后,增大c(N2)瞬间,可使正反应速率增大,但随着平衡的移动,正反应速率会逐渐减小至一定值,选项D错误;答案选AB;③已知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol,容器容积为1L,则该反应在该温度下的平衡常数K=1,保持温度和压强不变,又充入3molN2后,容器容积扩大到2L,则此时=1,Q=K, 故平衡不移动;【小问2详解】①根据图乙可知,容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率随温度升高而升高,说明温度升高时,此反应正反应方向进行,根据勒夏特列平衡移动原理可知,说明正反应是吸热反应,故ΔH>0;②根据图乙可知,容器Ⅰ在370℃的平衡转化率为40,根据图甲可知,容器Ⅰ起始时N2O物质的量为0.1mol,则平衡时,根据反应式2N2O(g)2N2(g)+O2(g),可知N2O转化了0.04mol,则生成了O2物质的量为0.02mol,若容器Ⅰ的体积为2L,反应前后容器容积不变,则0~20s内容器Ⅰ中用O2表示的反应速率为;A、B点温度相同,则此两点的平衡常数也相同,则A点对应的平衡常数,故B点的平衡常数为0.0044。19.煤的气化是一种重要的制氢途径,回答下列问题:(1)在一定温度下,向体积固定的密闭容器中加入足量的和1mol,起始压强为0.2MPa时,发生下列反应生成水煤气:Ⅰ.Ⅱ.①下列说法正确的是_________;A平衡时向容器中充入惰性气体,反应Ⅰ的平衡逆向移动B.混合气体的密度保持不变时,说明反应体系已达到平衡C.平衡时的体积分数可能大于D.将炭块粉碎,可加快反应速率②反应平衡时,的转化率为50%,CO的物质的量为0.1mol。此时,整个体系_________(填“吸收”或“放出”)热量_________kJ,反应Ⅰ的平衡常数_________MPa(以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。(2)掺杂硒的纳米氧化亚铜催化剂可用于工业上水煤气合成甲醇,其反应为。向起始温度为125℃的5L恒容密闭容器中充入2molCO和3mol发生反应,体系总压强(p)与时间(t)的关系如图2中曲线Ⅰ所示,曲线Ⅱ 为只改变某一条件的变化曲线。平衡时温度与起始温度相同。①曲线Ⅱ所对应的改变的条件可能为_________。②体系总压强先增大后减小的原因为_________。③该条件下的平衡转化率为_________%(结果保留三位有效数字)。【答案】(1)①.BD②.吸收③.31.2④.0.02(2)①.加入催化剂②.反应初始阶段温度为主导因素,反应放热,气体膨胀使压强增大;之后气体总物质的量为主导因素,气体总物质的量减小使压强减小③.33.3【解析】【小问1详解】①A.在恒温恒容条件下,平衡时向容器中充入惰性气体不能改变反应混合物的浓度,因此反应口的平衡不移动,选项A不正确;B.在反应中有固体C转化为气体,气体的质量增加,而容器的体积不变,因此气体的密度在反应过程中不断增大,当混合气体的密度保持不变时,说明反应体系已达到平衡,选项B正确;C.若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g),由C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)可知,H2的体积分数的极值为,由于可逆反应只有一定的限度,反应物不可能全部转化为生成物,因此,平衡时H2的体积分数不可能大于,选项C不正确;D.将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积,因此可加快反应速率,选项D正确;答案选BD;②反应平衡时,H2O(g)的转化率为50%,则水的变化量为0.5mol,水的平衡量也是0.5mol,由于CO的物质的量为0.1mol,则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol,根据相关反应的热化学方程式可知,实际生成0.3molCO要吸收热量13.14kJ=39.42kJ,生成0.2molCO2要放出热量8.22kJ 此时,因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ;由H原子守恒可知,平衡时H2的物质的量为05mol,CO的物质的量为0.lmol,CO2的物质的量为0.2mol,水的物质的量为0.5mol,则平衡时气体的总物质的量为05mol+0.lmol+0.2mol+0.5mol=1.3mol,在同温同体积条件下,气体的总压之比等于气体的总物质的量之比,则平衡体系的总压为0.2MPa1.3=0.26MPa,反应I(C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g))的平衡常数Kp=P总=0.26MPa=0.02MPa;【小问2详解】①改变条件,反应速率加快,平衡没移动,曲线I所对应的改变的条件可能为加入催化剂;②反应初始阶段温度为主导因素,反应放热,气体膨胀使压强增大;之后气体总物质的量为主导因素,气体总物质的量减小使压强减小,所以体系总压强先增大后减小;③
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