青海师大二附中2022学年高二化学下学期期中试题含解析

2022-2022学年青海师大二附中高二（下）期中化学试卷一、选择题（共54分，每题3分）1．下列对化学反应的认识，错误的是()A．会引起化学键的变化B．会产生新物质C．必然引起物质状态的变化D．必然伴随着能量的变化2．据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂．下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是()A．B．C．D．3．反应A+B→C（△H＜0）分两步进行：①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）．下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是()A．B．C．D．4．化学反应N2+3H2=2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是()A．N2（g）+3H2（g）=2NH3（l）；△H=2（a﹣b﹣c）kJ•mol﹣1B．N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）；△H=2（b﹣a）kJ•mol﹣1C．N2（g）+H2（g）=NH3（l）；△H=（b+c﹣a）kJ•mol﹣124\nD．N2（g）+H2（g）=NH3（g）；△H=（a+b）kJ•mol﹣15．已知下列热化学方程式：（1）CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ/mol（2）C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ/mol（3）H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=﹣285.8kJ/mol则反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）的焓变为()A．﹣488.3kJ/molB．﹣244.15kJ/molC．488.3kJ/molD．244.15kJ/mol6．已知：H2O（g）=H2O（l）△H1=﹣Q1kJ/mol；C2H5OH（g）=C2H5OH（l）△H2=﹣Q2kJ/molC2H5OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H3=﹣Q3kJ/mol若使23g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量是多少kJ()A．Q1+Q2+Q3B．0.5（Q1+Q2+Q3）C．0.5Q1﹣1.5Q2+0.5Q3D．1.5Q1﹣0.5Q2+0.5Q37．SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中存在S﹣F键．已知1molS（s）转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1molF﹣F．S﹣F键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ．则S（s）+3F2（g）═SF6（g）的反应热△H为()A．﹣1780kJ•mol﹣1B．﹣1220kJ•mol﹣1C．+1780kJ•mol﹣1D．+1220kJ•mol﹣18．下列关于热化学反应的描述中正确的是()A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）KJ/molB．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0kJ/mol9．对于反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），能增大正反应速率的措施是()A．增大容器容积B．移去部分SO3C．通入大量O2D．降低体系温度10．一定条件下，在密闭容器中，能表示反应X（g）+2Y（g）⇌2Z（g），一定达到化学平衡状态的是()①X、Y、Z的物质的量之比为1：2：2②X、Y、Z的浓度不再发生变化③容器中的压强不再发生变化④单位时间内生成nmolZ，同时生成2nmolY．A．①②B．①④C．②③D．③④24\n11．一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），达到平衡后改变下述条件，SO3气体平衡浓度不改变的是()A．保持温度和容器体积不变，充入1molSO3B．保持温度和容器压强不变，充入1molSO3C．保持温度和容器压强不变，充入1molO2D．保持温度和容器压强不变，充入1molAr12．一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图的是()A．CO2（g）+2NH3（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H＜0B．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）；△H＞0C．CH3CH20H（g）⇌CH2=CH2（g）+H2O（g）；△H＞0D．2C6H5CH2CH3（g）+O2（g）⇌2C6H5CH=CH2（g）+2H2O（g）；△H＜013．已知某可逆反应mA（g）+nB（g）⇌qC（g）△H在密闭容器中进行．如图表示在不同时刻t、温度T和压强p下B物质在混合气体中的体积分数φ（B）的变化情况．下列推断中正确的是()A．p1＞p2，T1＜T2，m+n＞q，△H＜0B．p1＜p2，T1＞T2，m+n＞q，△H＞0C．p1＞p2，T1＜T2，m+n＜q，△H＜0D．p1＜p2，T1＞T2，m+n＜q，△H＞014．在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0，下列对图象的分析中不正确的是()A．图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响B．图Ⅱ研究的是t0时增大压强（缩小体积）或使用催化剂对反应速率的影响C．图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂D．图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高24\n15．体积相同的甲．乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O2⇌2SO3，并达到平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率()A．等于p%B．大于p%C．小于p%D．无法判断16．下列各图是温度（或压强）对2A（s）+2B（g）⇌2C（g）+D（g）△H＜0的正、逆反应速率的影响，曲线交点表示建立平衡时的温度或压强，其中正确的是()A．B．C．D．17．向某密闭容器中充入1molCO和2molH2O（g），发生反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）；当反应达到平衡时，CO的体积分数为x．若维持容器的体积和温度不变，超始物质按下列四种配比充入该容器中，达到平衡时CO的体积分数大于x的是()A．0.5molCO+1.5molH2O（g）+0.4molCO2+0.4molH2B．1molCO+1molH2O（g）+1molCO2+1molH2C．0.5molCO+2molH2O（g）+1molCO2+1molH2D．0.5molCO+1.5molH2O（g）+0.5molCO2+0.5molH218．在相同条件下（T=500K），相同体积的甲、乙容器，甲容器中充入1gSO2、1gO2，乙容器中充入2gSO2、2gO2，分别达平衡．下列叙述错误的是()A．开始时化学反应速率：乙＞甲B．平衡后O2的浓度：乙＞甲C．平衡后SO2的转化率：乙＞甲D．平衡后SO2的体积分数：乙＞甲二、非选择题（共46分）19．判断下列反应在常温常压下能自发进行的是__________（填序号）．（1）2KClO3（s）═2KCl（s）+3O2（g）△H=﹣78.03kJ•mol﹣1△S=+494.4J•mol﹣1•K﹣1（2）CO（g）═C（s，石墨）+O2（g）△H=+110.5kJ•mol﹣1△S=﹣89.36J•mol﹣1•K﹣1（3）4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）═4Fe（OH）3（s）△H=﹣444.3kJ•mol﹣1△S=﹣280.1J•mol﹣1•K﹣1（4）CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H=+178.2kJ•mol﹣1△S=+169.6J•mol﹣1•K﹣1．24\n20．T℃时，A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度变化如图（Ⅰ）所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图（Ⅱ）所示．根据以上条件，回答下列问题：（1）A与B反应生成C的化学方程式为__________，正反应为__________（填“吸热”或“放热”）反应．（2）t1min后，改变下列某一条件，能使平衡向逆反应方向移动的有__________（填字母序号）．A．保持其他条件不变，增大压强B．保持容器总体积不变，通入少量稀有气体C．保持其他条件不变，升高温度．21．在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为__________；（2）反应是__________反应．（选填“吸热”、放热）．（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是__________．a．容器中压强不变b．混合气体中c（CO）不变c．v正（H2）=v逆（H2O）d．c（CO2）=c（CO）（4）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）•c（CH2）=c（CO）•c（H2O），试判断此时的温度为__________℃22．对于以aA（g）+bB（g）⇌cC（g）为例．根据图象回答下列问题：（1）图1中，温度T1、T2的大小关系是__________，温度升高，C%（C的含量）__________，化学平衡__________移动，正反应是__________反应．（2）图2中，压强p1、p2的大小关系是__________，压强增大，C%（C的含量）__________，化学平衡__________移动，a+b__________c．23．已知可逆反应：M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）△H＞0，请回答下列问题．24\n（1）某温度下，反应物的起始浓度分别为c（M）=1mol•L﹣1，c（N）=2.4mol•L﹣1；达到平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为__________．（2）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为c（M）=4mol•L﹣1，c（N）=3mol•L﹣1；达到平衡后，c（P）=2mol•L﹣1，则平衡体系中Q的体积分数为__________．（3）若反应温度不变，测得某一时刻，c（M）=0.5mol•L﹣1，c（N）=1.2mol•L﹣1，c（P）=0.8mol•L﹣1c（Q）=0.4mol•L﹣1，判断此时反应向__________方向进行．24．臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等．（1）O3与KI溶液反应生成的两种单质是__________和__________．（填分子式）（2）O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间（t）如表所示．已知：O3的起始浓度为0.0216mol/L．pHt/minT/℃3.04.05.06.02030123116958301581084815503126157①pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是__________．②在30℃、pH=4.0条件下，O3的分解速率为__________mol/（L•min）．③据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为__________．（填字母代号）a.40℃、pH=3.0b.10℃、pH=4.0c.30℃、pH=7.0．25．（14分）光气（COCl2）在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用高温下CO与Cl2在活性碳催化下合成．（1）实验室中常用来制备氯气的化学方程式为__________；（2）工业上利用天然气（主要成分为CH4）与CO2进行高温重整制备CO，已知CH4、H2、和CO的燃烧热（△H）分别为﹣890.3kJ•mol﹣1、﹣285.8kJ•mol﹣1和﹣283.0kJ•mol﹣1，则生成1m3（标准状况）CO所需热量为__________；（3）实验室中可用氯仿（CHCl3）与双氧水直接反应制备光气，其反应的化学方程式为__________；（4）COCl2的分解反应为COCl2（g）═Cl2（g）+CO（g）△H=+108kJ•mol﹣1．反应体系平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示（第10min到14min的COCl2浓度变化曲线未示出）：①计算反应在第8min时的平衡常数K=__________；②比较第2min反应温度T（2）与第8min反应温度T（8）的高低：T（2）__________T（8）（填“＜”、“＞”或“=”）；24\n③若12min时反应于温度T（8）下重新达到平衡，则此时c（COCl2）=__________mol•L﹣1④比较产物CO在2﹣3min、5﹣6min和12﹣13min时平均反应速率[平均反应速率分别以v（2﹣3）、v（5﹣6）、v（12﹣13）表示]的大小__________；⑤比较反应物COCl2在5﹣6min和15﹣16min时平均反应速率的大小：v（5﹣6）__________v（15﹣16）（填“＜”、“＞”或“=”），原因是__________．24\n2022-2022学年青海师大二附中高二（下）期中化学试卷一、选择题（共54分，每题3分）1．下列对化学反应的认识，错误的是()A．会引起化学键的变化B．会产生新物质C．必然引起物质状态的变化D．必然伴随着能量的变化【考点】化学反应的实质；化学反应的能量变化规律．【专题】压轴题；物质的性质和变化专题．【分析】A．化学反应的本质是旧化学键断裂，新化学键生成；B．化学变化是指有新物质生成的变化；C．化学反应不一定引起物质状态的变化；D．化学反应都伴随着能量的变化．【解答】解：A．化学反应必定会引起化学键的变化，故A正确；B．化学变化是指有新物质生成的变化，会产生新物质，故B正确；C．化学反应不一定引起物质状态的变化，如氢气与氯气反应生成氯化氢，都是气体，故C错误；D．化学反应必然伴随着能量的变化，故D正确．故选C．【点评】本题考查化学反应的特征，难度不大．平时注意知识的积累．2．据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂．下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是()A．B．C．D．【考点】化学反应中能量转化的原因；催化剂的作用．【分析】水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变．【解答】解：A、水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，与图不符，故A错；B、加入催化剂反应热不变，并且图象符合反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；C、化学反应一定伴随着能量变化，反应物的总能量与生成物的总能量不相等，故C错；D、加入催化剂降低反应的活化能，图象不符合，故D错．24\n故选：B．【点评】本题考查催化剂对化学反应的影响以及反应热与反应物和生成物总能量的关系，以图象体题的形式呈现，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断某一反应是吸热还是放热．3．反应A+B→C（△H＜0）分两步进行：①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）．下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是()A．B．C．D．【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）﹣E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题．【解答】解：由反应A+B→C（△H＜0）分两步进行①A+B→X（△H＞0）②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象B符合，故选D．【点评】本题为图象题，主要考查了物质的能量分析应用，化学反应的能量变化、分析，题目难度不大，注意反应热与物质总能量大小的关系判断．4．化学反应N2+3H2=2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是()A．N2（g）+3H2（g）=2NH3（l）；△H=2（a﹣b﹣c）kJ•mol﹣1B．N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）；△H=2（b﹣a）kJ•mol﹣1C．N2（g）+H2（g）=NH3（l）；△H=（b+c﹣a）kJ•mol﹣1D．N2（g）+H2（g）=NH3（g）；△H=（a+b）kJ•mol﹣1【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据反应热等于反应物总能量减去生成物总能量计算反应热并书写热化学方程式，注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态．24\n【解答】解：由图可以看出，molN2（g）+molH2（g）的能量为akJ，1molNH3（g）的能量为bkJ，所以N2（g）+H2（g）=NH3（g）；△H=（a﹣b）kJ/mol，而1mol的NH3（g）转化为1mol的NH3（l）放出的热量为ckJ，所以有：N2（g）+H2（g）=NH3（l）；△H=（a﹣b﹣c）kJ/mol，即：N2（g）+3H2（g）=2NH3（1）；△H=2（a﹣b﹣c）kJ•mol﹣1．故选：A．【点评】本题考查热化学方程式的书写，题目难度不大，注意书写热化学方程式的注意事项以及反应热的计算方法．5．已知下列热化学方程式：（1）CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ/mol（2）C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ/mol（3）H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=﹣285.8kJ/mol则反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）的焓变为()A．﹣488.3kJ/molB．﹣244.15kJ/molC．488.3kJ/molD．244.15kJ/mol【考点】有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】依据热化学方程式和盖斯定律计算分析，反应的焓变与反应过程无关，只与起始状态和终了状态有关．【解答】解：（1）CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ/mol（2）C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ/mol（3）H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=﹣285.8kJ/mol依据盖斯定律（2）×2﹣（1）+（3）×2得到2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）△H=﹣488.3kJ/mol，故选：A．【点评】本题考查热化学方程式的书写和盖斯定律的计算应用，题目较简单．6．已知：H2O（g）=H2O（l）△H1=﹣Q1kJ/mol；C2H5OH（g）=C2H5OH（l）△H2=﹣Q2kJ/molC2H5OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H3=﹣Q3kJ/mol若使23g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量是多少kJ()A．Q1+Q2+Q3B．0.5（Q1+Q2+Q3）C．0.5Q1﹣1.5Q2+0.5Q3D．1.5Q1﹣0.5Q2+0.5Q3【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【分析】23g液态酒精为0.5mol，利用已知的反应得出C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）的反应热，利用物质的量与反应放出的热量成正比来解答．【解答】解：①H2O（g）═H2O（l）△H1=﹣Q1kJ•mol﹣1，24\n②C2H5OH（g）═C2H5OH（l）△H2=﹣Q2kJ•mol﹣1，③C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H3=﹣Q3kJ•mol﹣1，根据盖斯定律可知，①×3﹣②+③得C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣（3Q1﹣Q2+Q3）kJ/mol，即1mol液态酒精完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为（3Q1﹣Q2+Q3）kJ，则23g液态酒精完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为0.5×（3Q1﹣Q2+Q3）kJ=1.5Q1﹣0.5Q2+0.5Q3kJ，故选D．【点评】本题考查学生利用盖斯定律计算反应热，明确已知反应和目标反应的关系是解答本题的关键，题目难度中等．7．SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中存在S﹣F键．已知1molS（s）转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1molF﹣F．S﹣F键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ．则S（s）+3F2（g）═SF6（g）的反应热△H为()A．﹣1780kJ•mol﹣1B．﹣1220kJ•mol﹣1C．+1780kJ•mol﹣1D．+1220kJ•mol﹣1【考点】有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能计算反应热．【解答】解：反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，所以对于S（s）+3F2（g）═SF6（g），其反应热△H=280kJ/mol+3×160kJ/mol﹣6×330kJ/mol=﹣1220kJ/mol，故选：B．【点评】本题考查反应热的计算，难度中等，清楚△H=反应物总键能﹣生成物总键能是解题关键．8．下列关于热化学反应的描述中正确的是()A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）KJ/molB．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0kJ/mol【考点】反应热和焓变；吸热反应和放热反应．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．根据中和热的定义分析；B．应生成液态水；C．需要加热才能发生的反应不一定为吸热反应，有些放热反应必须在加热条件下才能进行；D．根据燃烧热的定义分析；【解答】解：A．中和热是指生成1mol水放出的热量，H2SO4和Ca（OH）2反应生成硫酸钙和水，故A错误；B．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，应生成液态水，B错误；C．有些放热反应必须在加热条件下才能进行，如铝热反应，故C错误；D．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0kJ/mol，故D正确．24\n故选D．【点评】本题考查化学反应与能量问题，题目难度不大，注意中和热、燃烧热等概念的理解．9．对于反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），能增大正反应速率的措施是()A．增大容器容积B．移去部分SO3C．通入大量O2D．降低体系温度【考点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】根据外界条件对化学反应速率的影响分析，能改变反应速率的措施有温度、压强、浓度、催化剂等．【解答】解：A、增大容器容积，减小了体系的压强，压强减小，正反应速率减小，故A错误．B、移去部分三氧化硫，反应物的浓度不变，生成物的浓度减小，化学平衡向正反应方向移动，所以正反应速率减小，故B错误．C、通入大量氧气，增大反应物的浓度，能增大正反应速率，故C正确．D、降低体系的温度，正逆反应速率都减小，故D错误．故选C．【点评】本题考查了外界条件对化学反应速率的影响，难度不大，注意温度对所有的化学反应速率都有影响，无论该反应速率放热反应还是吸热反应．10．一定条件下，在密闭容器中，能表示反应X（g）+2Y（g）⇌2Z（g），一定达到化学平衡状态的是()①X、Y、Z的物质的量之比为1：2：2②X、Y、Z的浓度不再发生变化③容器中的压强不再发生变化④单位时间内生成nmolZ，同时生成2nmolY．A．①②B．①④C．②③D．③④【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，注意反应物与生成物的化学计量数关系．【解答】解：①平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故①错误；②X、Y、Z的浓度不再发生变化，说明达到化学平衡状态，故②正确；③反应物和生成物的物质的量不相等，当压强不变时，说明各物质的量不再发生变化，反应达到平衡状态，故③正确；④单位时间内生成nmolZ，同时生成2nmolY，正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故④错误．故选C．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题注意把握化学平衡状态的特征，易错点为①，注意平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据．24\n11．一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），达到平衡后改变下述条件，SO3气体平衡浓度不改变的是()A．保持温度和容器体积不变，充入1molSO3B．保持温度和容器压强不变，充入1molSO3C．保持温度和容器压强不变，充入1molO2D．保持温度和容器压强不变，充入1molAr【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】达到平衡后，改变条件，SO3的平衡浓度不改变的，说明为等效平衡，恒温恒容按化学计量数转化到左边满足2molSO2，1molO2或恒温恒压按化学计量数转化到左边满足n（SO2）：n（O2）=2：1，再结合平衡移动分析．【解答】解：A、温度和容器的体积不变，充入1molSO3（g），按化学计量数转化到左边，得到n（SO2）=1mol，n（O2）=0.5mol，不满足2molSO2，1molO2，与原来的平衡不是等效平衡，所以SO3气体平衡浓度改变，故A不符合；B、温度和容器的压强不变，充入1molSO3（g），按化学计量数转化到左边，得到n（SO2）=1mol，n（O2）=0.5mol，满足n（SO2）：n（O2）=2：1，与原来的平衡是等效平衡，所以SO3气体平衡浓度不改变，故B符合；C、保持温度和容器的压强不变，充入1molO2（g），增大反应物的浓度，平衡向正反应移动，SO3的平衡浓度增大，故C不符合；D、保持温度和容器的压强不变，充入1molAr，体积增大，反应混合物产生的压强减小，平衡向正反应移动，移动的结果是增大SO3的浓度，但不能完全抵消因为体积增大引起的浓度减小，所以最终是SO3的平衡浓度减小，故D不符合；故选：B．【点评】本题考查平衡移动、等效平衡等，难度中等，注意掌握等效平衡规律．12．一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图的是()A．CO2（g）+2NH3（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H＜0B．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）；△H＞0C．CH3CH20H（g）⇌CH2=CH2（g）+H2O（g）；△H＞0D．2C6H5CH2CH3（g）+O2（g）⇌2C6H5CH=CH2（g）+2H2O（g）；△H＜0【考点】化学能与热能的相互转化；热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】由图象可以看出，随着温度的升高，水蒸气的含量减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应应为放热反应，增大压强，水蒸气的含量增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，则气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，以此解答该题．【解答】解：温度越高，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此t2＞t1；同理压强越大，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此p1＞p2；24\nA．反应是一个体积减小的、放热的可逆反应，因此升高温度平衡向逆反应方向移动，降低水蒸气的含量；而增大压强平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，故A正确；B．反应是一个体积不变的、吸热的可逆反应，压强对水蒸气的含量不影响；升高温度平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，因此均不符合，故B错误；C．反应是一个体积增大的、吸热的可逆反应，升高温度平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，不符合图象，故C错误；D．反应是一个体积增大的、放热的可逆反应，压强不符合，故D错误．故选A．【点评】本题考查外界条件对化学平衡的影响及有关图象的分析和识别，题目难度中等，解答本题的关键是能正确分析温度、压强对平衡移动的影响．13．已知某可逆反应mA（g）+nB（g）⇌qC（g）△H在密闭容器中进行．如图表示在不同时刻t、温度T和压强p下B物质在混合气体中的体积分数φ（B）的变化情况．下列推断中正确的是()A．p1＞p2，T1＜T2，m+n＞q，△H＜0B．p1＜p2，T1＞T2，m+n＞q，△H＞0C．p1＞p2，T1＜T2，m+n＜q，△H＜0D．p1＜p2，T1＞T2，m+n＜q，△H＞0【考点】化学平衡的影响因素；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线．【分析】温度相同时，根据到达平衡的时间判断压强大小，再根据压强对B的含量的影响，判断压强对平衡的影响，确定反应气体气体体积变化情况；压强相同时，根据到达平衡的时间判断温度大小，再根据温度对B的含量的影响，判断温度对平衡的影响，确定反应的热效应．【解答】解：由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，B的含量高，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，故正反应为气体体积增大的反应，即m+n＜q；压强为P1时，根据到达平衡的时间可知T1＞T2，且温度越高，B的含量低，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0，故选D．【点评】本题考查化学平衡图象问题，难度不大，本题注意根据图象判断温度、压强的大小，根据温度、压强对平衡移动的影响分析．14．在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0，下列对图象的分析中不正确的是()A．图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响24\nB．图Ⅱ研究的是t0时增大压强（缩小体积）或使用催化剂对反应速率的影响C．图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂D．图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高【考点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A．图Ⅰ正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率；B．图Ⅱ中正逆反应速率同等程度的增大；C．图Ⅲ中乙先达到平衡状态；D．图Ⅲ中乙先达到平衡状态，且乙中CO的转化率小．【解答】解：A．图Ⅰ正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，该反应为放热反应，则改变的条件为升温，故A正确；B．图Ⅱ中正逆反应速率同等程度的增大，该反应为体积不变的反应，则改变的条件为增大压强（缩小体积）或使用催化剂，故B正确；C．图Ⅲ中乙先达到平衡状态，但甲、乙的转化率不同，不是催化剂的原因，应为乙的温度高，故C错误；D．图Ⅲ中乙先达到平衡状态，且乙中CO的转化率小，该反应为放热反应，则乙的温度高，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学反应速率及化学平衡，注意图象中的速率变化及速率与平衡移动的关系，侧重平衡移动与图象的分析能力，选项C中催化剂不能改变平衡为易错点，题目难度中等．15．体积相同的甲．乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O2⇌2SO3，并达到平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率()A．等于p%B．大于p%C．小于p%D．无法判断【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积．缩小体积则乙的压强增大，平衡正向移动．【解答】解：先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积．缩小体积时，乙的压强增大，平衡正向移动．所以，若甲容器中SO2的转化率为P%，则乙的SO2的转化率将大于甲的，即大于P%．故选B．【点评】这一类问题的解决方法一般如此，先设为同等条件，平衡后再改变某一条件使之符合题设条件，分析变化．这样，问题就迎刃可解了．16．下列各图是温度（或压强）对2A（s）+2B（g）⇌2C（g）+D（g）△H＜0的正、逆反应速率的影响，曲线交点表示建立平衡时的温度或压强，其中正确的是()24\nA．B．C．D．【考点】化学平衡的影响因素．【分析】该反应的正反应为放热反应，升高温度正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，正反应速率小于逆反应速率，A为固体，反应物气体的化学计量数小于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向逆反应方向移动，以此解答该题．【解答】解：该反应的正反应为放热反应，升高温度正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，正反应速率小于逆反应速率，则A错误，B错误；A为固体，反应物气体的化学计量数小于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，则C正确、D错误；故选：C．【点评】本题综合考查温度、压强对反应速率和化学平衡的影响，为高考常见题型，侧重于基本理论知识的考查，注意把握反应方程式的特点，为解答该题的关键，难度不大．17．向某密闭容器中充入1molCO和2molH2O（g），发生反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）；当反应达到平衡时，CO的体积分数为x．若维持容器的体积和温度不变，超始物质按下列四种配比充入该容器中，达到平衡时CO的体积分数大于x的是()A．0.5molCO+1.5molH2O（g）+0.4molCO2+0.4molH2B．1molCO+1molH2O（g）+1molCO2+1molH2C．0.5molCO+2molH2O（g）+1molCO2+1molH2D．0.5molCO+1.5molH2O（g）+0.5molCO2+0.5molH2【考点】化学平衡的计算．【分析】此题考查判断等效平衡的方法，一般是将物质全部向一边进行极限转化，再与原反应进行比较来判断，若各物质与原来成比例，则等效，否则不等效．【解答】解：A、采用极限分析法，0.5molCO+1.5molH2O（g）+0.4molCO2+0.4molH2，假如反应完全转化为CO和H2O物质的量为：0.9mol：l.9mol=9：19，相当于在9：18的基础上再通1份的水蒸气，又反应前后气体体积不变，当9：18=1：2时，平衡等效，所以当9：19时，平衡向正反应方向移动，CO的体积分数小于x，故A不符合；B、采用极限分析法，1molCO+1molH2O（g）+1molCO2+1molH2，假如反应完全转化为CO和H2O物质的量为：2mol：2mol=2：2，相当于在1：2的基础上再通1份的CO，又反应前后气体体积不变，当1：2时，平衡等效，所以当2：2时，平衡向正反应方向移动，因为增加的是CO，所以CO的体积分数大于x，故B符合；C、采用极限分析法，0.5molCO+2molH2O（g）+1molCO2+1molH2，假如反应完全转化为CO和H2O物质的量为：1.5mol：3mol=1：2，反应前后气体体积不变，平衡相同，CO的体积分数为x，故C不符合；D、采用极限分析法，0.5molCO+1.5molH2O（g）+0.5molCO2+0.5moH2，假如反应完全转化为CO和H2O物质的量为1mol：2mol=1：2，当反应达到平衡时，CO的体积分数为x．故D不符合；故选B．24\n【点评】本题考查了化学平衡的影响因素分析，等效平衡的应用判断，极值转化是解题的关键，题目难度中等．18．在相同条件下（T=500K），相同体积的甲、乙容器，甲容器中充入1gSO2、1gO2，乙容器中充入2gSO2、2gO2，分别达平衡．下列叙述错误的是()A．开始时化学反应速率：乙＞甲B．平衡后O2的浓度：乙＞甲C．平衡后SO2的转化率：乙＞甲D．平衡后SO2的体积分数：乙＞甲【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A、浓度越大反应速率越快；B、由于乙中的量是甲中的2倍，所以反应后乙中剩余的氧气多；C、由于乙中的量是甲中的2倍，气体物质的量越大，压强越大，所以乙中相当于增大了压强，平衡正移，二氧化硫的转化率增大；D、由C选项可知，乙中二氧化硫的转化率大，所以二氧化硫的体积分数小．【解答】解：A、浓度越大反应速率越快，所以开始时化学反应速率：乙＞甲，故A正确；B、由于乙中的量是甲中的2倍，所以反应后乙中剩余的氧气多，所以平衡后O2的浓度：乙＞甲，故B正确；C、由于乙中的量是甲中的2倍，气体物质的量越大，压强越大，所以乙中相当于增大了压强，平衡正移，二氧化硫的转化率增大，所以平衡后SO2的转化率：乙＞甲，故C正确；D、由C选项可知，乙中二氧化硫的转化率大，所以乙中二氧化硫的体积分数小于甲中，故D错误；故选D．【点评】本题考查了压强对平衡移动的影响，题目难度中等，注意转化率与体积分数的关系．二、非选择题（共46分）19．判断下列反应在常温常压下能自发进行的是（1）（3）（填序号）．（1）2KClO3（s）═2KCl（s）+3O2（g）△H=﹣78.03kJ•mol﹣1△S=+494.4J•mol﹣1•K﹣1（2）CO（g）═C（s，石墨）+O2（g）△H=+110.5kJ•mol﹣1△S=﹣89.36J•mol﹣1•K﹣1（3）4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）═4Fe（OH）3（s）△H=﹣444.3kJ•mol﹣1△S=﹣280.1J•mol﹣1•K﹣1（4）CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H=+178.2kJ•mol﹣1△S=+169.6J•mol﹣1•K﹣1．【考点】焓变和熵变．【分析】反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，依据热化学方程式焓变、熵变、温度分析判断．【解答】解：常温常压下，T=298K（1）2KClO3（s）═2KCl（s）+3O2（g）△H=﹣78.03kJ•mol﹣1△S=+494.4J•mol﹣1•K﹣1，△H﹣T△S=﹣78.03kJ•mol﹣1﹣298×0.4944KJ•mol﹣1•K﹣1=﹣225.3KJ/mol＜0，反应自发进行，故（1）正确；24\n（2）CO（g）═C（s，石墨）+O2（g）△H=+110.5kJ•mol﹣1△S=﹣89.36J•mol﹣1•K﹣1，△H﹣T△S=110.5kJ•mol﹣1﹣298K×（﹣0.089.36KJ•mol﹣1•K﹣1）＞0，反应一定非自发进行，故（2）错误；（3）4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）═4Fe（OH）3（s）△H=﹣444.3kJ•mol﹣1△S=﹣280.1J•mol﹣1•K﹣1，△H﹣T△S=﹣444.3kJ•mol﹣1﹣298K×（﹣0.2801KJ•mol﹣1•K﹣1）=﹣360.8KJ/mol＜0，反应自发进行，故（3）正确；（4）CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H=+178.2kJ•mol﹣1△S=+169.6J•mol﹣1•K﹣1，△H﹣T△S=178.2kJ•mol﹣1﹣298K×0.1696KJ•mol﹣1•K﹣1=127.7KJ/mol＞0，故（4）错误；故答案为：（1）（3）．【点评】本题考查了反应自发进行的判断依据，依据焓变、熵变、温度的计算是解题关键，题目较简单．20．T℃时，A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度变化如图（Ⅰ）所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图（Ⅱ）所示．根据以上条件，回答下列问题：（1）A与B反应生成C的化学方程式为A（g）+3B（g）⇌2C（g），正反应为放热（填“吸热”或“放热”）反应．（2）t1min后，改变下列某一条件，能使平衡向逆反应方向移动的有C（填字母序号）．A．保持其他条件不变，增大压强B．保持容器总体积不变，通入少量稀有气体C．保持其他条件不变，升高温度．【考点】化学平衡的影响因素．【分析】（1）随反应进行，A、B的物质的量浓度减小，为反应物，C的物质的量浓度增大，为生成物，最终A、B的浓度不变化，且不为0，属于可逆反应，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比确定化学计量数，据此书写；由图（Ⅱ）可知T1＞T2，升高温度B的体积分数增大，说明生成温度平衡向逆反应方向移动，据此判断该反应是吸热还是放热反应；（2）该反应为放热反应，根据压强、温度、稀有气体对反应A+3B⇌2C的影响进行判断．【解答】解：（1）随反应进行，A、B的物质的量浓度减小，为反应物，C的物质的量浓度增大，为生成物，最终A、B的浓度不变化，且不为0，属于可逆反应，A、B、C的化学计量数之比=（0.5﹣0.3）：（0.7﹣01）：0.4=1：3：2，故反应方程式为：A（g）+3B（g）⇌2C（g）；由图（Ⅱ）可知T1＞T2，升高温度B的体积分数增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，故答案为：A（g）+3B（g）⇌2C（g）；放热；（2）A．保持其他条件不变，增大压强，平衡向正反应方向移动，故A错误；B保持容器总体积不变，通入少量稀有气体，各组分的浓度不变，平衡不发生移动，故B错误；C．该反应为放热反应，升高温度平衡向着向逆反应方向移动，故C正确；24\n故答案为：C．【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，解答该题时注意分析图象的曲线变化特点，由图象得出反应的化学方程式为解答该题的关键．21．在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为；（2）反应是吸热反应．（选填“吸热”、放热）．（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是bc．a．容器中压强不变b．混合气体中c（CO）不变c．v正（H2）=v逆（H2O）d．c（CO2）=c（CO）（4）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）•c（CH2）=c（CO）•c（H2O），试判断此时的温度为830℃【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）根据化学平衡常数的概念来书写；（2）根据温度对化学平衡、化学平衡常数的影响来回答；（3）化学平衡状态的标志：正逆反应速率相等；（4）根据浓度熵和平衡常数的关系来回答．【解答】解：（1）因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以，故答案为：；（2）化学平衡常数的大小只与温度有关，升高温度，平衡向吸热的方向移动，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应方向吸热，故答案为：吸热；（3）a、反应是一个反应前后体积不变的反应，压强的改变不会要引起平衡移动，故a错误；b、化学平衡时，各组分的浓度不随时间的改变而改变，故b正确；c、化学平衡状态的标志是v正=v逆，所以v正（H2）=v逆（H2O）表明反应达到平衡状态，故c正确；d、c（CO2）=c（CO）时，不能表明正逆反应速率相等，不一定达到了平衡状态，故d错误．故选bc；（4）平衡浓度符合下式c（CO2）•c（CH2）=c（CO）•c（H2O）时，浓度熵和平衡常数相等均等于1，平衡常数只受温度的影响，当K=1时，根据表中数据，所以温度是830℃，故答案为：830．【点评】本题考查化学平衡常数的含义和表达式的书写知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．24\n22．对于以aA（g）+bB（g）⇌cC（g）为例．根据图象回答下列问题：（1）图1中，温度T1、T2的大小关系是T2＞T1，温度升高，C%（C的含量）减小，化学平衡逆向移动，正反应是放热反应．（2）图2中，压强p1、p2的大小关系是P1＞P2，压强增大，C%（C的含量）减小，化学平衡逆向移动，a+b＜c．【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【分析】（1）当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图象（1）可知T2＞T1，温度越高，平衡时C%越小，说明平衡向逆反应方向移动；（2）当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图（2）可知P1＞P2，压强越大，平衡时C%越小，说明平衡向逆反应方向移动．【解答】解：（1）当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图象（1）可知T2＞T1，温度升高，C%（C的含量）减小，说明平衡逆向移动，故此反应的正反应为放热反应，故答案为：T2＞T1；减小；逆向；放热；（2）当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图（2）可知P1＞P2，压强增大，C%（C的含量）减小，化学平衡逆向移动，则a+b＜c，故答案为：P1＞P2；减小；逆向；＜．【点评】本题考查化学平衡图象问题，注意根据“先拐先平数值大”原则判断温度、压强大小，再根据C的含量变化判断平衡移动，题目难度不大．23．已知可逆反应：M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）△H＞0，请回答下列问题．（1）某温度下，反应物的起始浓度分别为c（M）=1mol•L﹣1，c（N）=2.4mol•L﹣1；达到平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为25%．（2）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为c（M）=4mol•L﹣1，c（N）=3mol•L﹣1；达到平衡后，c（P）=2mol•L﹣1，则平衡体系中Q的体积分数为28.6%．（3）若反应温度不变，测得某一时刻，c（M）=0.5mol•L﹣1，c（N）=1.2mol•L﹣1，c（P）=0.8mol•L﹣1c（Q）=0.4mol•L﹣1，判断此时反应向逆反应方向进行．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）达到平衡后，M的转化率为60%，则M参加反应的浓度=1mol/L×60%=0.6mol/L，根据方程式知，参加反应的M、N的浓度变化量相等，所以N参加反应的浓度变化量为0.6mol/L，则N的转化率=；（2）反应物的起始浓度分别为c（M）=4mol•L﹣1，c（N）=3mol•L﹣1；达到平衡后，c（P）=2mol•L﹣1，24\n根据方程式知，生成的P、Q的物质的量浓度相等，且反应前后气体物质的量浓度之和不变，Q的体积分数等于其物质的量浓度分数，所以Q的体积分数=；（3）（1）中平衡时c（M）=1mol/L×（1﹣60%）=0.4mol/L，c（N）=（2.4﹣0.6）mol/L=1.8mol/L，c（P）=c（Q）=0.6mol/L，化学平衡常数K==0.5，浓度商==0.53＞K，据此分析解答．【解答】解：（1）达到平衡后，M的转化率为60%，则M参加反应的浓度=1mol/L×60%=0.6mol/L，根据方程式知，参加反应的M、N的浓度变化量相等，所以N参加反应的浓度变化量为0.6mol/L，则N的转化率==25%，故答案为：25%；（2）反应物的起始浓度分别为c（M）=4mol•L﹣1，c（N）=3mol•L﹣1；达到平衡后，c（P）=2mol•L﹣1，根据方程式知，生成的P、Q的物质的量浓度相等，且反应前后气体物质的量浓度之和不变，Q的体积分数等于其物质的量浓度分数，所以Q的体积分数==28.6%，故答案为：28.6%；（3）（1）中平衡时c（M）=1mol/L×（1﹣60%）=0.4mol/L，c（N）=（2.4﹣0.6）mol/L=1.8mol/L，c（P）=c（Q）=0.6mol/L，化学平衡常数K==0.5，浓度商==0.53＞K，则平衡逆向移动，故答案为：逆反应．【点评】本题考查化学平衡计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确各个物理量关系是解本题关键，难点是（3）题反应方向判断，要根据浓度商和K相对大小判断，题目难度不大．24．臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等．（1）O3与KI溶液反应生成的两种单质是O2和I2．（填分子式）（2）O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间（t）如表所示．已知：O3的起始浓度为0.0216mol/L．pHt/minT/℃3.04.05.06.02030123116958301581084815503126157①pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是OH﹣．②在30℃、pH=4.0条件下，O3的分解速率为1.00×10﹣4mol/（L•min）．③据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为b、a、c．（填字母代号）a.40℃、pH=3.0b.10℃、pH=4.0c.30℃、pH=7.0．24\n【考点】化学反应速率的影响因素；氧化还原反应．【分析】（1）O3与KI溶液反应生成的两种单质只能为O2、I2；（2）①pH增大，则OH﹣浓度增大；②根据v=计算；③根据pH和温度判断达到平衡所用的时间的范围，可判断分解速率．【解答】解：（1）O3与KI溶液反应生成的两种单质只能为O2、I2，故答案为：O2；I2；（2）①pH增大，则OH﹣浓度增大，pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是OH﹣，故答案为：OH﹣；②v===1.00×10﹣4mol/（L•min），故答案为：1.00×10﹣4；③由表中数据可知，40°C、pH=3.0时，所需时间在31min～158min之间；10°C、pH=4.0时，所需时间＞231nin；30°C、pH=7.0时，所需时间＜7min，则分解速率依次增大的顺序为b、a、c，故答案为：b、a、c．【点评】本题考查化学反应速率的影响因素的实验探究，题目难度中等，本题注意对表中数据的分析和处理．25．（14分）光气（COCl2）在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用高温下CO与Cl2在活性碳催化下合成．（1）实验室中常用来制备氯气的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）工业上利用天然气（主要成分为CH4）与CO2进行高温重整制备CO，已知CH4、H2、和CO的燃烧热（△H）分别为﹣890.3kJ•mol﹣1、﹣285.8kJ•mol﹣1和﹣283.0kJ•mol﹣1，则生成1m3（标准状况）CO所需热量为5.52×103KJ；（3）实验室中可用氯仿（CHCl3）与双氧水直接反应制备光气，其反应的化学方程式为CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2；（4）COCl2的分解反应为COCl2（g）═Cl2（g）+CO（g）△H=+108kJ•mol﹣1．反应体系平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示（第10min到14min的COCl2浓度变化曲线未示出）：①计算反应在第8min时的平衡常数K=0.234mol/L；②比较第2min反应温度T（2）与第8min反应温度T（8）的高低：T（2）＜T（8）（填“＜”、“＞”或“=”）；③若12min时反应于温度T（8）下重新达到平衡，则此时c（COCl2）=0.031mol•L﹣1④比较产物CO在2﹣3min、5﹣6min和12﹣13min时平均反应速率[平均反应速率分别以v（2﹣3）、v（5﹣6）、v（12﹣13）表示]的大小v（5～6）＞v（2～3）=v（12～13）；24\n⑤比较反应物COCl2在5﹣6min和15﹣16min时平均反应速率的大小：v（5﹣6）＞v（15﹣16）（填“＜”、“＞”或“=”），原因是在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）实验室通常用二氧化锰与浓盐酸共热的方法制备氯气；（2）根据CH4、H2、和CO的燃烧热，可得热化学方程式：①O2（g）+2H2（g）=2H2O（L）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（L）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1③2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.03kJ•mol﹣1根据盖斯定律，②﹣①﹣③可得：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H=+247.3kJ•mol﹣1，再根据反应的热化学方程式计算需要的热量；（3）CHCl3中碳为+2价，COCl2中碳为+4价，故H2O2中氧元素化合价由﹣1价降低为﹣2价，生成H2O，由电子转移守恒与原子守恒可知，CHCl3、H2O2、COCl2、H2O的化学计量数为1：1：1：1，根据原子守恒故含有HCl生成；（4）①由图可知，8min时COCl2的平衡浓度为0.04mol/L，Cl2的平衡浓度为0.11mol/L，CO的平衡浓度为0.085mol/L，代入平衡常数表达式K=计算；②第8min时反应物的浓度比第2min时减小，生成物浓度增大，平衡向正反应方向移动，4min瞬间浓度不变，不可能为改变压强、浓度，应是改变温度，结合温度对平衡影响判断；③由图可知，10min瞬间Cl2浓度不变，CO的浓度降低，故改变条件为移走CO，降低CO的浓度，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数相同，由图可知，12min时到达平衡时Cl2的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度为0.06mol/L，根据平衡常数计算c（COCl2）；④根据化学反应速率的定义，可知反应在2～3min和12～13min处于平衡状态，CO的平均反应速率为0；⑤在5～6min和15～16min时反应温度相同，在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大，但15～16min时各组分的浓度都小，因此反应速率小．【解答】解：（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气与水制取氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）根据CH4、H2、和CO的燃烧热，可得热化学方程式：①O2（g）+2H2（g）=2H2O（L）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1；②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（L）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1；③2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.03kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，②﹣①﹣③可得：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）；△H=+247.3kJ•mol﹣1，24\n即生成2molCO，需要吸热247.3KJ，那么要得到1立方米的CO，吸收热量为×=5.52×103KJ；故答案为：5.52×103KJ；（3）CHCl3中碳为+2价，COCl2中碳为+4价，故H2O2中氧元素化合价由﹣1价降低为﹣2价，生成H2O，由电子转移守恒与原子守恒可知，CHCl3、H2O2、COCl2、H2O的化学计量数为1：1：1：1，根据原子守恒故含有HCl生成，故反应方程式为CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2，故答案为：CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2；（4）①由图可知，8min时COCl2的平衡浓度为0.04mol/L，Cl2的平衡浓度为0.11mol/L，CO的平衡浓度为0.085mol/L，K===0.234mol/L，故答案为：0.234mol/L；②由第2min反应温度变为第8min反应温度时，生成物浓度增大、反应物浓度减小，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，所以T（2）＜T（8），故答案为：＜；③由图可知，10min瞬间Cl2浓度增大，CO的浓度降低，故改变条件为移走CO，降低CO的浓度，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数相同，由图可知，12min时到达平衡时Cl2的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度为0.06mol/L，故：=0.234mol/L，解得c（COCl2）=0.031mol/L；故答案为：0.031；④根据化学反应速率的定义，可知反应在2～3min和12～13min处于平衡状态，CO的平均反应速率为0，在5～6min时，反应向正反应进行，故CO的平均反应速率为：v（5～6）＞v（2～3）=v（12～13），故答案为：v（5～6）＞v（2～3）=v（12～13）；⑤在5～6min和15～16min时反应温度相同，在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大，但15～16min时各组分的浓度都小，因此反应速率小，即v（5～6）＞v（15～16），故答案为：＞；在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大．【点评】本题考查比较综合，涉及盖斯定律计算反应热、化学平衡计算、化学平衡移动、平衡常数、浓度随时间变化曲线等，（4）中理解图象中曲线变化趋势及曲线变化可能改变的条件是解本题关键，是对学生综合能力的考查，题目难度中等．24